Uploaded by Arwin Iriansyah

xib matematika wajib

advertisement
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu:
1. membaca dan menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi dan histogram;
2. mendeskripsikan dan menghitung berbagai ukuran pemusatan, ukuran letak, dan ukuran penyebaran;
3. menerapkan konsep ukuran pemusatan, ukuran letak, dan ukuran penyebaran dalam menyelesaikan masalah.
Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, siswa mampu bersikap cermat dalam menganalisis setiap
permasalahan.
Statistika
Tabel Distribusi Frekuensi dan
Histogram
•
•
•
Membaca data dalam bentuk
tabel distribusi frekuensi dan
histogram.
Mendeskripsikan unsur-unsur
yang terdapat dalam tabel
distribusi frekuensi dan histogram.
Menyajikan data dalam bentuk
tabel distribusi frekuensi dan
histogram.
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Ukuran Pemusatan
•
•
•
Mendeskripsikan pengertian
mean, median, dan modus.
Menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal.
Menghitung nilai mean, median, dan modus data berkelompok.
Ukuran Letak dan Ukuran
Penyebaran
•
•
•
Mendeskripsikan pengertian
kuartil, desil, dan persentil.
Menghitung nilai kuartil, desil,
dan persentil data tunggal.
Menghitung nilai kuartil, desil,
dan persentil data berkelompok.
Bersikap cermat dalam menganalisis setiap permasalahan.
Mampu membaca data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram.
Mampu menjelaskan unsur-unsur yang terdapat dalam tabel distribusi frekuensi dan histogram.
Mampu menyajikan data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi dan histogram.
Mampu menjelaskan pengertian mean, median, dan modus.
Mampu menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal.
Mampu menghitung nilai mean, median, dan modus data berkelompok.
Mampu menjelaskan pengertian kuartil, desil, dan persentil.
Mampu menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data tunggal.
Mampu menghitung nilai kuartil, desil, dan persentil data berkelompok.
Matematika Kelas XI
1
A,
Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
Tepi atas kelas interval = 12,5 + 8
= 20,5
Batas atas kelas interval = 20,5 – 0,5
= 20
Jadi, batas atas kelas interval tersebut 20.
2. Jawaban: b
Misalkan batas bawah kelas interval = Bb, batas
atas kelas interval = Ba, dan panjang kelas = p.
1
Titik tengah kelas interval = 2 ( Bb + Ba)
1
⇔
44,5 = 2 ( Bb + Bb + p – 1)
⇔
89 = 2Bb + 10 – 1
⇔ 2Bb = 80
⇔
Bb = 40
Jadi, batas bawah kelas interval tersebut 40.
3. Jawaban: d
Titik tengah kelas interval IV
1
= 2 (61 + 67)
1
= 2 × 128
= 64
4. Jawaban: b
Kelas interval II adalah 47–53.
Kelas interval III adalah 54–60.
Tepi atas kelas interval 47–53 adalah 53 + 0,5
= 53,5.
Tepi bawah kelas interval 54–60 adalah 54 – 0,5
= 53,5.
Dengan demikian, tepi kelas 53,5 sebagai tepi atas
kelas interval II dan sekaligus sebagai tepi bawah
kelas interval III.
5. Jawaban: a
Jumlah siswa = 9 + 8 + 6 + 5 + 4 = 32
Berat badan siswa lebih dari 60 kg berada di kelas
interval 61–67 dan 68–74.
Frekuensi kelas interval 61–67 adalah 5.
Frekuensi kelas interval 68–74 adalah 4.
Banyak siswa yang berat badannya lebih dari 60
= 5 + 4 = 9.
Persentase banyak siswa yang memiliki berat
9
badan lebih dari 60 kg = 32 × 100% = 28,125%.
6. Jawaban: c
Kelas interval yang memiliki batang tertinggi
menunjukkan nilai yang paling banyak diperoleh
siswa.
2
Statistika
Batang tertinggi berada di kelas interval yang
memiliki tepi bawah 60,5 dan tepi atas 70,5, maka:
batas bawah kelas interval = 60,5 + 0,5 = 61
batas atas kelas interval = 70,5 – 0,5 = 70
Dengan demikian, diperoleh kelas interval 61–70.
Jadi, nilai yang paling banyak diperoleh siswa
adalah 61–70.
7. Jawaban: e
Perbandingan banyak benda yang berusia antara
8–10 tahun dan 14–16 tahun adalah 1:5.
Misalkan banyak benda yang berusia 8–10 tahun
= x, maka banyak benda yang berusia 14–16 tahun
= 5x
Banyak benda seluruhnya = 10 + 20 + x + 15
+ 5x + 5x
⇔ 100 = 45 + 11x ⇔ 11x = 55
⇔
x =5
Banyak benda yang berusia 14–16 tahun = 5x
= 5 × 5 = 25
Banyak benda yang berusia 17–19 tahun = banyak
benda yang berusia 14–16 tahun = 25
Jadi, benda yang berusia antara 17–19 tahun
sebanyak 25 buah.
8. Jawaban: d
Nilai data yang kurang dari 15 berada di kelas
interval 7–10 dan 11–14.
Frekuensi kelas interval 7–10 = p + 4
Frekuensi kelas interval 11–14 = p + 6
Nilai data yang kurang dari 15 sebanyak 34, maka:
(p + 4) + (p + 6) = 34
⇔
2p + 10 = 34
⇔
2p = 24
⇔
p = 12
Nilai data yang lebih dari 18 berada di kelas
interval 19–22 dan 23–26.
Frekuensi kelas interval 19–22 = 2p – 4
Frekuensi kelas interval 23–26 = p – 3
Nilai data yang lebih dari 18 = (2p – 4) + (p – 3)
= 3p – 7
= 3 × 12 – 7
= 36 – 7 = 29
Jadi, nilai data yang lebih dari 18 sebanyak 29.
9. Jawaban: e
Poligon frekuensi merupakan diagram yang
menyajikan titik-titik tengah nilai data.
1
Titik tengah kelas interval 152–157 = 2 (152 + 157)
= 154,5
Titik tengah 154,5 mempunyai frekuensi 6.
Jadi, banyak siswa yang mempunyai tinggi badan
152–157 cm ada 6 anak.
10. Jawaban: e
Titik tengah kelas interval yang mempunyai
frekuensi 9 adalah 160,5.
Titik tengah 160,5 berada pada kelas interval
keempat.
Titik tengah kelas 154,5 dan 160,5 saling
berurutan, maka panjang kelas:
p = 160,5 – 154,5 = 6.
Letak tepi bawah, titik tengah, dan tepi atas kelas
interval keempat dapat digambarkan pada diagram
berikut.
p=6
Tb4 = 157,5
Ta4 = 163,5
x4 = 160,5
3
3
Dari diagram di atas diperoleh tepi bawah Tb4 =
157,5 dan tepi atas Ta4 = 163,5, maka:
batas bawah = Tb4 + 0,5 = 157,5 + 0,5 = 158
batas atas = Ta4 – 0,5 = 163,5 – 0,5 = 163.
Dengan demikian, diperoleh kelas interval keempat
yaitu 157–163.
Jadi, sebanyak 9 siswa mempunyai tinggi badan
158–163 cm.
B.
Uraian
1. a.
b.
Bambu yang panjangnya tidak kurang dari
6,7 meter berada di kelas interval 6,7–8,0 dan
8,1–9,4.
Frekuensi kelas interval 6,7–8,0 = 15
Frekuensi kelas interval 8,1–9,4 = 20
Banyak bambu yang panjangnya tidak kurang
dari 6,7 meter = 15 + 20 = 35
Jadi, banyak bambu yang dapat digunakan
Pak Ahmad untuk membuat kepang 35 lonjor.
Bambu yang panjangnya tidak lebih dari 5,2
meter berada di kelas interval 2,5–3,8 dan
3,9–5,2.
Frekuensi kelas interval 2,5–3,8 = 12
Frekuensi kelas interval 3,9–5,2 = 16
Banyak bambu yang panjangnya tidak lebih
dari 5,2 meter = 12 + 26 = 28
Jadi, banyak bambu yang dapat digunakan
Pak Ahmad untuk membuat pagar 28 lonjor.
2. Dari histogram diperoleh batas bawah, batas atas,
dan kelas interval sebagai berikut.
Batas Bawah
109,5 + 0,5 = 110
116,5 + 0,5 = 117
123,5 + 0,5 = 124
130,5 + 0,5 = 131
137,5 + 0,5 = 138
144,5 + 0,5 = 145
151,5 + 0,5 = 152
Batas Atas
116,5
123,5
130,5
137,5
144,5
151,5
158,5
–
–
–
–
–
–
–
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
=
=
=
=
=
=
=
116
123
130
137
144
151
158
Kelas Interval
110–116
117–123
124–130
131–137
138–144
145–151
152–158
Dari kelas interval pada tabel di atas diperoleh tabel
distribusi frekuensi relatif sebagai berikut.
Tinggi Bibit Cabai
(mm)
Frekuensi
Relatif
110–116
117–123
124–130
131–137
138–144
145–151
152–158
6,7%
10%
16,7%
20%
25%
13,3%
8,3%
3. Data setelah diurutkan sebagai berikut.
41 41 42 42 43 43 44 45 46 46
47 47 48 49 50 51 52 53 54 56
56 57 58 59 60 61 62 63 66 67
Banyak data = n = 30
Nilai data terkecil = 41
Nilai data terbesar = 67
Jangkauan = nilai data terbesar – nilai data terkecil
= 67 – 41 = 26
Banyak kelas = k
= 1 + 3,3 log n
= 1 + 3,3 log 30
= 1 + 3,3 × 1,477
= 1 + 4,8741
= 5,8741
≈6
Panjang kelas:
jangkauan
p = banyak kelas
26
= 6
= 4,33
≈5
Menentukan batas atas dan batas bawah kelas
interval pertama.
Bb1 = nilai data terkecil = 41
Ba1 = Bb1 + p –1 = 41 + 5 – 1 = 45
Diperoleh kelas interval pertama : 41–45
Menentukan batas atas dan batas bawah kelas
interval kedua.
Bb2 = Ba1 + 1 = 45 + 1 = 46
Ba2 = Bb2 + p – 1 = 46 + 5 – 1 =50
Diperoleh kelas interval kedua : 46–50
Dengan cara yang sama diperoleh:
Kelas interval ketiga
: 51–55
Kelas interval keempat : 56–60
Kelas interval kelima : 61–65
Kelas interval keenam : 66–70
Matematika Kelas XI
3
Tabel distribusi frekuensi
skor ujian penerimaan
calon karyawan PT Sido
Makmur sebagai berikut.
Skor
Frekuensi
41–45
46–50
51–55
56–60
61–65
66–70
8
7
4
6
3
2
4. Jumlah apel = 22, maka:
n + (n + 2) + 3 + 2 + (n + 1) + 5 = 22
⇔
3n + 13 = 22
⇔
3n = 9
⇔
n=3
Tabel distribusi frekuensi berat apel secara
lengkap sebagai berikut.
Berat Apel (gram)
Frekuensi
200–204
205–209
210–214
215–219
220–224
225–229
3
5
3
2
4
5
Frekuensi
6
5
4
3
2
225–229
220–224
215–219
210–214
205–209
200–204
1
A.
Berat Apel
(gram)
Pilihan Ganda
1. Jawaban: b
Modus pada diagram batang adalah nilai data yang
mempunyai batang paling tinggi.
Nilai 6 mempunyai batang paling tinggi, maka
modus data = 6.
2. Jawaban: c
4
Titik
Tengah
(x i)
1
2
3
4
5
6
7
3
4,1
5,2
6,3
7,4
8,5
9,6
fi
fk
5
6
7
8
9
10
7
8
3
5
4
3
7
15
18
23
27
30
Tepi Atas
Batas Bawah
(Tbi = xi –
1
2
p)
3 – 0,55 = 2,45
4,1 – 0,55 = 3,55
5,2 – 0,55 = 4,65
6,3 – 0,55 = 5,75
7,4 – 0,55 = 6,85
8,5 – 0,55 = 7,95
9,6 – 0,55 = 9,05
1
2
(Tai = xi +
p)
3 + 0,55 = 3,55
4,1 + 0,55 = 4,65
5,2 + 0,55 = 5,75
6,3 + 0,55 = 6,85
7,4 + 0,55 = 7,95
8,5 + 0,55 = 9,05
9,6 + 0,55 = 10,15
Batas Bawah
(Tbi + 0,05)
Batas Atas
(Tai – 0,05)
Kelas
interval
2,45 + 0,05 = 2,5
3,55 + 0,05 = 3,6
4,65 + 0,05 = 4,7
5,75 + 0,05 = 5,8
6,85 + 0,05 = 6,9
7,95 + 0,05 = 8,0
9,05 + 0,05 = 9,1
3,55 – 0,05 = 3,5
4,65 – 0,05 = 4,6
5,75 – 0,05 = 5,7
6,85 – 0,05 = 6,8
7,95 – 0,05 = 7,9
9,05 – 0,05 = 9,0
10,15 – 0,05 = 10,1
2,5–3,5
3,6–4,6
4,7–5,7
5,8–6,8
6,9–7,9
8,0–9,0
9,1–10,1
Dari batas bawah dan
batas atas setiap kelas
interval pada tabel di atas
diperoleh tabel distribusi
frekuensi berikut.
Nilai
Frekuensi
2,5–3,5
3,6–4,6
4,7–5,7
5,8–6,8
6,9–7,9
8,0–9,0
9,1–10,1
8
7
6
6
5
4
3
Banyak data = 30.
Oleh karena banyak data genap maka:
1
30
30
Median = 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1))
1
= 2 (nilai data ke-15 + nilai data ke-16)
1
Usia
Tahun
Statistika
Kelas
interval
ke-i
Dari tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval
pada tabel di atas diperoleh batas bawah dan batas
atas sebagai berikut.
Histogram berat apel sebagai berikut.
0
5. Titik tengah kelas interval ke-1 = 3
Titik tengah kelas interval ke-2 = 4,1
Panjang kelas = p = 4,1 – 3 = 1,1
Tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval
sebagai berikut.
= 2 (6 + 7)
= 6,5 tahun
Jadi, median usia anak 6,5 tahun.
6. Jawaban: d
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
3. Jawaban: c
Rata-rata usia
∑ fixi
∑ fi
=
7 ⋅ 5 + 8 ⋅ 6 + 3 ⋅ 7 + 5 ⋅ 8 + 4 ⋅ 9 + 3 ⋅ 10
30
35 + 48 + 21+ 40 + 36 + 30
30
210
= 7 tahun
30
=
=
=
Jadi, rata-rata usia anak yang belajar melukis di
sanggar tersebut 7 tahun.
(700 + n + 950 + n + 750 + 900) ⋅ 100
6
3.300 + 2n
6
⇔
= 75.000
= 750
⇔
3.300 + 2n = 4.500
⇔
2n = 1.200
⇔
n = 600
Hasil panen teh tahun 2007 = n = 60.000 ton.
Hasil panen teh tahun 2008 = 95.000 ton.
Persentase kenaikan hasil panen teh tahun 2007–2008
=
95.000 − 60.000
60.000
× 100%
fi
fk
41–50
51–60
61–70
71–80
81–90
4
5
3
2
6
4
9
12
14
20
1
2
= nilai data ke-10
Median adalah nilai data ke-10
61–70.
L = 61 – 0,5 = 60,5
fkM = 9
e
fM = 3
Nilai
fi
fk
10–19
20–29
2
8
2
10
←
30–39
12
22
← fk
M
40–49
50–59
7
3
29
32
fk
 32 + 1

 2 
Me
e
Me = nilai data ke- 
= nilai data ke-16,5
Median adalah nilai data ke-16,5 di kelas interval
30–39.
L = 30 – 0,5 = 29,5
fk = 10
Me
fM = 12
e
p = 39 – 30 + 1 = 10




·p
 32

16 − 10
12
· 10
− 10
= 29,5 +  2 12  · 10


= 29,5 +
1
2
di kelas interval
e
p = 70 – 61 + 1 = 10
Median = L +
 1 n − fk
Me
2
 fMe





·p
 1 ⋅ 20 − 9 



3


5. Jawaban: d
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
 1 ⋅ n − fk
Me
2

fMe

1
2
= 60,5 +  2
35.000
Me
Median = nilai data ke- (20 + 1)
= 60.000 × 100% ≈ 58,3%
Me = L +
fk
←
← Kelas Me
Banyak data = n = 20
4. Jawaban: d
Rata-rata hasil panen teh = 75.000
⇔
Nilai
= 60,5 +
10
3
· 10
≈ 60,5 + 3,33 = 63,83
7. Jawaban: b
Kelas interval yang mempunyai frekuensi paling
banyak adalah kelas interval 25–29, berarti kelas
modus di kelas interval 25–29.
Lo = 25 – 0,5 = 24,5
d1 = 11 – 7 = 4
d2 = 11 – 10 = 1
p = 29 – 25 + 1 = 5

d

Modus = Mo = L +  d +1d  · p
 1 2
 4 
= 24,5 +  4 + 1  · 5


= 24,5 + 4
= 28,5
Jadi, modus dari data tersebut 28,5.
8. Jawaban: d
Batang tertinggi memiliki frekuensi 12, maka
frekuensi kelas modus = 12.
Frekuensi 12 dimiliki kelas interval yang mempunyai tepi bawah 13,5 dan tepi atas 16,5.
Frekuensi kelas interval sebelum kelas modus
= 3.
Matematika Kelas XI
5
Frekuensi kelas interval setelah kelas modus
= 6.
Dengan demikian diperoleh:
L = 13,5
p = 16,5 – 13,5 = 3
d1 = 12 – 3 = 9
d2 = 12 – 6 = 6
Mo = L +
 d1 


 d1 + d2 
·p
 9 
9+6


= 13,5 +
9
= 13,5 + 5
= 13,5 + 1,8
= 15,3
Jadi, modus panjang ikan lele 15,3 cm.
9. Jawaban: d
Rataan sementara ( xs ) = 37.
31
34
37
40
43
46
12
15
18
8
6
11
Jumlah
70
Uraian
1. Misalkan banyak siswa yang memerlukan waktu
5 menit = n, maka banyak siswa yang memerlukan
waktu 20 menit = n.
Rata-rata waktu = 11,9
⇔
5n + 5 ⋅ 8 + 12 ⋅ 10 + 10 ⋅ 12 + 11⋅ 15 + 20n
n + 5 + 12 + 10 + 11+ n
= 11,9
⇔
25n + 40 + 120 + 120 + 165
2n + 38
= 11,9
⇔
25n + 445 = 11,9(2n + 38)
⇔
25n + 445 = 23,8n + 452,2
⇔
1,2 n = 7,2
⇔
n=6
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
·3
Titik Tengah Frekuensi
(x i)
(f i )
B.
Simpangan
di = xi – x s
fi di
–6
–3
0
3
6
9
–72
–45
0
24
36
99
42
Waktu
(Menit)
fi
fk
5
8
10
6
5
12
6
11
23
12
10
33
15
20
11
6
44
50
Jumlah siswa = 50
1
1
∑ fi di
i=1
6
1
= 2 (12 + 12)
= 12 menit
Jadi, median waktu yang diperlukan siswa dari
rumah ke sekolah 12 menit.
∑ fi
42
70
= 37 + 0,6 = 37,6
Jadi, rata-rata volume benda 37,6.
10. Jawaban: e
Titik Tengah (xi)
fi
fi xi
1
2
(19,5 + 24,5) = 22
6
132
1
2
(24,5 + 29,5) = 27
8
216
1
2
(29,5 + 34,5) = 32
9
288
1
2
(34,5 + 39,5) = 37
18
666
1
2
(39,5 + 44,5) = 42
13
546
1
2
(44,5 + 49,5) = 47
6
6
∑ fi = 60
i=1
x =
=
∑ fi
i=1
6
Statistika
2.130
60

⇔
⇔
⇔
i=1
⇔
⇔
⇔
⇔
∑ fx
i i = 2.130
= 35,5 tahun
d

Mo = L +  1  · p
 d1 + d2 
282
6
∑ fi x i
2. Kelas modus adalah 82–98.
L = 82 – 0,5 = 81,5
d1 = 22 – (3n + 1) = 21 – 3n
d2 = 22 – (2n + 1) = 21 – 2n
p = 98 – 82 + 1 = 17
6
Rata-rata usia karyawan bagian produksi:
i=1
6
50
= 2 (nilai data ke-25 + nilai data ke-26)
i=1
= 37 +
50
Median = 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1))
6
x = xs +
← Letak median

21− 3n

85,75 = 81,5 + 
 · 17
 21− 3n + 21− 2n 
 21− 3n 
4,25 =  42 − 5n  · 17


21− 3n
0,25 = 42 − 5n
0,25(42 – 5n) = 21 – 3n
10,5 – 1,25n = 21 – 3n
1,75n = 10,5
n=6
Tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval
sebagai berikut.
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Tebal Buku
(Halaman)
fi
fk
48–64
65–81
20
19
20
39
←
82–98
22
61
← Kelas Me
99–115
116–132
133–149
13
15
11
74
89
100
fk
Me
Median = nilai data
 1 n − fk 
Me 

 fMe


= 81,5 +
+ 1)
 1 ⋅ 100 − 39 
2



22


4 – 1,5 = 2,5
7 – 1,5 = 5,5
10 – 1,5 = 8,5
13 – 1,5 = 11,5
16 – 1,5 = 13,5
Berat Balita (kg)
fi
1
2
p)
4 + 1,5 = 5,5
7 + 1,5 = 8,5
10 + 1,5 = 11,5
13 + 1,5 = 13,5
16 + 1,5 = 17,5
3–5
6–8
9–11
12–14
15–17
2
7
12
6
3
fk
f
kM
2
e
←
9
21 ← Kelas Me
27
30
= nilai data ke-15
· 17
Me
fM
e
1
= 12
Me = L +




n − fkM 
e 
f Me


1
2




= 29,5 +
1
2
·p
⋅ 30 − 9 
12

·3
6
= 8,5 + 4
= 8,5 + 1,5
= 10
Jadi, median berat badan balita 10 kg.
5.
Frekuensi

21
· 10
15
≈ 80,5 + 6,67 = 87,17
Jadi, modus data 87,17.
4. Titik tengah kelas interval ke-1 = 4
Titik tengah kelas interval ke-2 = 7
Panjang kelas = p = 7 – 4 = 3
1
2
Median adalah nilai data ke-15 di kelas interval
2
9–11.
L
= 9 – 0,5 = 8,5
p
= 11 – 9 + 1 = 3
fk
=9

8 
= 80,5 + 
· 10
8+4
= 80,5 +
(Tai = xi +
1
2
Mo = L +  1  · p
 d1 + d2 

2
3
p)
Median = nilai data ke- (30 + 1)
11
d
Tepi Atas
Jumlah balita = n = 30
·p
= 81,5 + 22 · 17
= 81,5 + 8,5
= 90
Jadi, median tebal buku 90.
3. Kelas modus pada histogram adalah kelas interval yang mempunyai batang tertinggi.
Kelas interval dengan tepi bawah 80,5 dan tepi
atas 90,5 mempunyai batang tertinggi, maka kelas
modus adalah 81–90.
L = 80,5
d1 = 10 – 2 = 8
d2 = 10 – 6 = 4
p = 90,5 – 80,5 = 10

1
2
Dari tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval
pada tabel di atas diperoleh tabel distribusi frekuensi
kumulatif berikut.
= nilai data ke-50,5
Median adalan nilai data ke-50,5 di kelas interval
82–98.
L = 81,5
fMe = 22
fkM = 20 + 19 = 39
e
Me = L +  2
(Tbi = xi –
4
7
10
13
16
Banyak data = 100
1
ke- 2 (100
Tepi Bawah
Titik
Tengah
(x i)
20
17
16
11
9,
5
14
,5
19
,5
24
,5
29
,5
34
,5
39
,5
Diameter pohon (cm)
Matematika Kelas XI
7
Rata-rata diameter pohon:
6
x =
∑ fi x i
i=1
6
∑ fi
2.390
= 100 = 23,9 cm
i=1
Jadi, rata-rata diameter pohon di hutan kota
tersebut 23,9 cm.
A.
Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
Data yang telah diurutkan sebagai berikut.
60 65 66 68 72 78 80 83 86 88 90
Jumlah data = n = 11
Q1 = nilai data
= nilai data
n+1
ke- 4
11 + 1
ke- 4
= nilai data ke-3
Nilai data ke-3 = 66.
Jadi, kuartil bawah data tersebut 66.
2. Jawaban: e
Ukuran Sepatu
fi
fk
35
36
37
38
39
40
41
3
7
10
12
16
19
7
3
10
20
32
48
67
74
Jumlah data = n = 74
D9 = nilai data ke-
9
(74
10
+ 1)
= nilai data ke-67,5
= x67 + 0,5(x68 – x67)
= 40 + 0,5 (41 – 40)
= 40 + 0,5 = 40,5
Jadi, desil ke-9 data tersebut 40,5.
3. Jawaban: b
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Nilai
31–40
41–50
51–60
61–70
71–80
fi
fk
5
9
15
10
1
5
14
29
39
40
Banyak data = n = 40
8
Statistika
3
4
Kuartil atas (Q3) = nilai data ke- (40 + 1)
= nilai data ke-30
Kuartil atas adalah nilai data ke-30
61–70.
L3 = 61 – 0,5 = 60,5
fQ = 10
Q3
←
← Kelas Q3
di kelas interval
3
fk = 29
Q3
p = 70 – 61 + 1 = 10
Kuartil atas:
Q3 = L3 +
 3n−f
kQ 3
4

f
Q3







·p
 3 ⋅ 40 − 29 
·


10


= 60,5 +  4
10
= 60,5 + 1
= 61,5
4. Jawaban: d
Nilai
fi
fk
80–83
84–87
88–91
92–95
96–99
100–103
104–107
5
6
4
8
10
4
10
5
11
15
23
33
37
47
← Kelas Q1
← Kelas P45
← Kelas Q3
Banyak data = n = 47
Q1 = nilai data ke-
fk
3
4
3
4
47 + 1
4
= nilai data ke-12
Q1 adalah nilai data ke-12 terletak di kelas interval
88–91.
L1 = 88 – 0,5 = 87,5
fkQ = 11
1
fQ1 = 4
p = 91 – 88 + 1 = 4
 1n − f
kQ
4
1
fQ 1

Q1 = L1 + 




6. Jawaban: a
·p
= 87,5 +
 47 − 11
 4

 4 


= 87,5 +
 11,75 − 11




4
= 99,5 +
3
14
30
36
37
39
6
= nilai data ke- 10 × 40
3(47 + 1)
4




·p
 141 − 33 
 4


4 

= nilai data ke-24
Desil ke-6 adalah nilai data ke-24 terletak di kelas
interval 17–24.
L6 = 17 – 0,5 = 16,5
fkD = 14
6
fD6 = 16
p = 24 – 17 + 1 = 8
D6 = L6 +
·4
 35,25 − 33 




4

6

·4
5. Jawaban: e
45
ke- 100
 6 ⋅n − f
kD
 10
6
fD6


= 16,5 +  10
= 99,5 + 2,25
= 101,75
Jangkauan antarkuartil:
H = Q3 – Q1
= 101,75 – 88,25
= 13,5
Jadi, jangkauan antarkuartil data tersebut 13,5.
P45 = nilai data
3
11
16
6
1
2
6
3
= 99,5 +
1–8
9–16
17–24
25–32
33–40
41–48
D6 = nilai data ke- 10 (39 + 1)
fQ3 = 4
 3n− f
kQ3
4
fQ 3

fk
·4
= nilai data ke-36
Nilai data ke-36 terletak di kelas interval 100–103.
L3 = 100 – 0,5 = 99,5
fkQ = 33
Q3 = L3 + 
fi
·4
= 87,5 + 0,75
= 88,25
Q3 = nilai data ke-
Banyak Pengunjung
= nilai data ke-21,6
P45 adalah nilai data ke-21,6 terletak di kelas
interval 92–95.
L35 = 92 – 0,5 = 91,5
fkP = 15
·p
⋅ 39 − 14 


16
·8
 9,4 
= 16,5 +  16  · 8
= 16,5 + 4,7
= 21,2
Jadi, desil ke-6 data tersebut 21,2.
7. Jawaban: e
8
x=
8
(47 + 1)




∑
∑
i=1
xi
n
=
9 + 10 + 11 + 8 + 7 + 6 + 5 + 8
8
64
= 8 =8
(xi − x) 2 = (9 – 8)2 + (10 – 8)2 + (11 – 8)2 + (8 – 8)2
i=1
+ (7 – 8)2 + (6 – 8)2 + (5 – 8)2 + (8 – 8)2
= 1 2 + 2 2 + 3 2 + 0 2 + (–1) 2 + (–2) 2
+ (–3) 2 + 0 2
=1+4+9+0+1+4+9+0
= 28
Simpangan baku:
45
fP45 = 8
p
8
=4
P45 = L35 +
= 91,5 +
2
∑ (xi − x)
S =
i=1
n
 45 ⋅ n − f
kP
 100
45

f P45





·p
=
 45 ⋅ 47 − 15 
 100



8


·4
=
= 91,5 + 3,075
= 94,575
Jadi, persentil ke-45 data tersebut 94,575.
=
28
8
14
4
1
2
14
Matematika Kelas XI
9
Simpangan kuartil:
8. Jawaban: c
fi
xi
1
fk
8
8
8
13
6
14
18
23
5
4
19
23
28
9
32
33
8
40
1
← Kelas Q1
← Kelas Q3
= 2 (17,22)
= 8,61
9. Jawaban: a
Banyak data = n = 40
Q1 = nilai data
1
ke- 4 (40
+ 1)
= nilai data ke-10,25
Q1 adalah nilai data ke-10,25 terletak di kelas
interval yang memuat titik tengah 13.
L1
=
1
(8
2
= 10,5 +




1
4
fi
fixi
8
13
18
23
28
33
8
6
5
4
9
8
64
78
90
92
252
264
40
840
8
i=1
6
fkQ = 8
1
fQ1 = 6
p = 13 – 8 = 5
Q1 = L1 +
xi
∑
+ 13) = 10,5
 1n − f
kQ
4
1
 fQ
1

∑ fx
i i
–
x=
= 40 = 21
∑ fi




6
∑ fi
i=1
·p
⋅ 40 − 8 


6

·5
| xi − x | = 8|8 – 21| + 6|13 – 21| + 5|18 – 21| +
4|23 – 21| + 9|28 – 21| + 8|33 – 21|
= 8 × 13 + 6 × 8 + 5 × 3 + 4 × 2
+ 9 × 7 + 8 × 12
= 104 + 48 + 15 + 8 + 63 + 96
= 334
1
3
ke- 4 (40
+ 1)
= nilai data ke-30,75
Q3 adalah nilai data ke-30,75 terletak di kelas
interval yang memuat titik tengah 28.
6
∑ fi | xi − x |
r =1
SR =
6
∑ fi
fkQ
3
10.
6
∑ f(x
i i
i=1
334
= 8,35
40
− x) 2 =
8(8 – 21)2 + 6(13 – 21)2 + 5(18
– 21)2 + 4(23 – 21)2 + 9(28 – 21)2 + 8(33 – 21)2
= 8 × (–13)2 + 6 × (–8)2 + 5 × (–3)2
+ 4 × 22 + 9 × 72 + 8 × 122
= 1.352 + 384 + 45 + 16 + 441 + 1.152
= 3.390
= 2 (23 + 28) = 25,5
= 8 + 6 + 5 + 4 = 23
fQ3 = 9
Q3 = L3 +
=
i=1
1
L3
Ragam:
 3n− f
kQ
4
3
 fQ
3

= 25,5 +




6
·p
 3 ⋅ 40 − 23 
4



9


7
S2 =
Statistika
2
∑ f(x
i i − x)
i=1
6
∑ fi
=
3.390
= 84,75
40
i=1
·5
= 25,5 + 9 · 5 ≈ 25,5 + 3,89
= 29,39
10
840
r =1
6
i =1
= 10,5 + 3 · 5 ≈ 10,5 + 1,67
= 12,17
Q3 = nilai data
1
Qd = 2 (Q3 – Q1) = 2 (29,39 – 12,17)
B.
1.
Uraian
Usia (Tahun)
fi
xk
10
11
12
13
14
15
16
17
7
3
2
1
4
3
1
2
7
10
12
13
17
20
21
23
3. a.
Banyak data = n = 23.
Q1 = nilai data
= nilai data
n+1
ke4
24
ke4
= nilai data ke-6
= 10
3(n + 1)
4
3 × 24
ke4
Q3 = nilai data ke= nilai data
= nilai data ke-18
= 15
H = Q3 – Q1 = 15 – 10 = 5
Jadi, jangkauan antarkuartil data 5.
2. Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.
Banyak Pengunjung (xi)
fi
fi x i
15
18
20
24
25
30
8
5
3
5
6
3
120
90
60
120
150
90
30
630
6
∑
i=1
a.
–
x=
6
∑ fi
i=1
i=1
6
∑ fi
=
630
30
= 21
| xi − x | = 8|15 – 21| + 5|18 – 21| + 3|20 – 21|
+ 5|24 – 21| + 6|25 – 21| + 3|30 – 21|
= 8×6+5×3+3×1+5×3
+6×4+3×9
= 48 + 15 + 3 + 15 + 24 + 27
= 132
6
∑ fi | xi − x |
r =1
6
∑ fi
=
132
= 3,3
40
i=1
Jadi, simpangan rata-rata data 3,3.
b.
6
∑ f(x
i i
i=1
− x)2 = 8(15 – 21) 2 + 5(18 – 21) 2
+ 3(20 – 21)2 + 5(24 – 21)2
+ 6(25 – 21)2 + 3(30 – 21)2
= 8 × (–6)2 + 5 × (–3)2 + 3 × (–1)2
+ 5 × 32 + 6 × 42 + 3 × 92
= 288 + 45 + 3 + 45 + 96 + 243
= 720
6
S =
fi
fk
45–54
55–64
65–74
75–84
85–94
95–104
105–114
2
2
3
4
3
4
2
2
4
7
11
14
18
20
2
∑ fi | xi − x |
i=1
6
∑ fi
=
← Kelas Q1
← Kelas Q3
Banyak data n = 20
1
Q1 = nilai data ke- 4 (20 + 1)
= nilai data ke-5,25
Q1 adalah nilai data ke-5,25 terletak di kelas
interval 65–74.
L1 = 65 –0,5 = 64,5
fkQ = 4
1
fQ1 = 3
p = 74 – 65 + 1 = 10
Q1 = L1 +
 1n − f
kQ
4
1
 fQ
1





·p
 1 ⋅ 20 − 4 
4



3


·5
1
i=1
SR =
Panjang (cm)
= 64,5 +
6
∑ fx
i i
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data
sebagai berikut.
720
40
= 64,5 + 3 · 5
≈ 64,5 + 1,67
= 66,17
3
Q3 = nilai data ke- 4 (20 + 1)
= nilai data ke-15,75
Q3 adalah nilai data ke-30,75 terletak di kelas
interval 95–104.
L3 = 95 – 0,5 = 94,5
fkQ = 14
3
fQ3 = 4
Q3 = L3 +
 3n− f
kQ
4
3
 fQ
3

= 94,5 +




·p
 3 ⋅ 20 − 14 
4



4


· 10
1
= 94,5 + 4 · 10
= 94,5 + 2,5
= 97
i=1
=
18 =
9×2 = 3 2
Jadi, simpangan baku data 3 2 .
Matematika Kelas XI
11
Simpangan kuartil:
Qd =
1
(Q3
2

– Q1) =


1
+ 2,2 = 23,7
Jadi, desil kedelapan data tersebut 23,7 cm.
fi
xi
fi x i
xi − x
45–54
55–64
65–74
75–84
85–94
95–104
105–114
2
2
3
4
3
4
2
49,5
59,5
69,5
79,5
89,5
99,5
109,5
99
119
208,5
318
268,5
398
219
32
22
12
2
8
18
28
1.630
122
7
20
i=1
b.
39
P39 = nilai data ke- 100 (60 + 1)
= nilai data ke-23,79
P39 adalah nilai data ke-23,79 terletak di kelas
interval 18–21.
L39 = 18 – 0,5 = 17,5
fkP = 22
39
fP39 = 21

∑ f i xi


i=1
7
∑ fi

5. a.
7
∑ f i xi − x
i=1
xi
fi
fi · xi
12
17
22
27
32
37
3
6
2
1
5
3
36
102
44
27
160
111
20
480
7
∑ fi
122
= 20
= 6,1
Jadi, simpangan rata-rata data tersebut 6,1.
6
∑
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data
sebagai berikut.
Tinggi (m)
fi
fk
6–9
10–13
14–17
9
6
7
9
15
22
18–21
21
43
← Kelas P39
22–25
9
52
← Kelas D8
26–29
8
60
6
∑ fi x i
i=1
6
∑ fi
480
= 20 = 24
i=1
Jadi, rata-rata data 24.
8
= nilai data ke-48,8
D8 adalah nilai data ke-48,8 terletak di kelas
interval 22–25.
L8 = 22 – 0,5 = 21,5
fkD = 43
8
fD8 = 9
p = 25 – 22 + 1 = 4
Statistika
i=1
x =
D8 = nilai data ke- 10 (60 + 1)
12
·4
= 17,5 + 21 · 4 ≈ 17,5 + 0,27
= 17,77
Jadi, nilai persentil ke-39 data tersebut 17,77.
Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.
i=1
4. a.
⋅ 60 − 22 


21
1,4
= 81,5
Simpangan rata-rata:
SR =
39

1.630
20


P39
= 17,5 +  100
i=1
=

39
⋅ n − fk
P39 
100
P39 = L39 + 
 ·p
f
7
x =
 48 − 43 
 ·4
9 
5
· 4 ≈ 21,5
9
= 21,5 +
Panjang (cm)
∑


D8
= 21,5 + 
= 2 (30,83)
= 15,415
Jadi, simpangan kuartil 15,415.
b.

8
⋅ 60 − fk
D8 
10
D8 = L8 + 
 ·p
f
1
(97 – 66,17)
2
b.
xi
fi
xi – x
fi(xi – x )2
12
17
22
27
32
37
3
6
2
1
5
3
–12
–7
–2
3
8
13
432
294
8
9
320
507
6
∑
20
1.570
i=1
6
S2 =
∑ fi (xi − x)2
i=1
6
∑ fi
=
1.570
20
= 78,5
i=1
Jadi, variansi data tersebut 78,5.
1. Jawaban: c
Batas atas = Ba = 32,5
Panjang kelas = p = 6
Batas bawah = Bb
Ba = Bb + p – 1
⇔ 32,5 = Bb + 6 – 1
⇔
Bb = 32,5 – 5 = 27,5
1
1
Titik tengah = 2 (Bb + Ba) = 2 (27,5 + 32,5) = 30
Jadi, titik tengah kelas interval tersebut 30.
2. Jawaban: d
Tabel distribusi frekuensi relatif data sebagai
berikut.
Tinggi Badan
(cm)
fi
frelatif
145–149
150–154
155–159
160–164
165–169
170–174
20
21
15
10
8
6
25%
26,25%
18,75%
12,5%
10%
7,5%
Dari tabel frekuensi relatif di atas diperoleh:
Sebanyak 26,25% siswa yang memiliki tinggi
badan 150–154 cm.
Sebanyak 18,75% siswa yang memiliki tinggi
badan 155–159 cm.
Dengan demikian, persentase banyak siswa yang
memiliki tinggi badan 150–159 cm adalah
26,25% + 18,75% = 45%
3. Jawaban: c
Dari tabel frekuensi relatif di atas diperoleh,
sebanyak 26,25% siswa memiliki tinggi badan
150–154 cm.
4. Jawaban: e
Tinggi badan minimal 160 cm, maka kelas interval yang memenuhi 160–164, 165–169, dan
170–174.
Persentase siswa yang memiliki tinggi badan minimal 160 cm = 12,5% + 10% + 7,5% = 30%
Jadi, siswa kelas XI yang bisa menjadi anggota
paskibraka ada 30%.
5. Jawaban: d
Kelas interval yang memiliki nilai kurang dari 61
adalah 41–50 dan 51–60.
Sebanyak 10% siswa memperoleh nilai 41–40 dan
sebanyak 20% siswa memperoleh nilai 51–60.
Banyak siswa yang memperoleh nilai kurang dari
61 = (10% + 20%) × 120 = 36
6. Jawaban: d
Banyak siswa yang memperoleh nilai 41–50 =
10% × 120 = 12
Banyak siswa yang memperoleh nilai 51–60 =
20% × 120 = 24
Banyak siswa yang memperoleh nilai 71–80 =
15% × 120 = 18
Banyak siswa yang memperoleh nilai 81–90 =
12,5% × 120 = 15
Jadi, sebanyak 15 siswa memperoleh nilai 81–90.
7. Jawaban: c
Jarak per Liter Bensin
fi
fk
40–45
8
8
46–51
12
20
52–57
20
40
––––––––––––––––––––––––––
58–63
11
51
64–69
9
60
Pilihan Ganda
Tidak irit
Irit
Sepeda motor yang tidak tergolong irit menggunakan 1 liter bensin untuk menempuh jarak kurang
dari 58 km.
Banyak sepeda motor yang tidak tergolong irit ada
40 unit.
Persentase banyak sepeda motor yang tidak
40
tergolong irit = 60 × 100% = 66,67%.
8. Jawaban: b
Tabel distribusi frekuensi relatif data sebagai
berikut.
Jarak per Liter Bensin
fi
frelatif
40–45
46–51
52–57
58–63
64–69
8
12
20
11
9
13,3%
20%
33,3%
18,3%
15%
Dari tabel di atas diperoleh sebanyak 20% sepeda
motor menggunakan 1 liter bensin untuk menempuh
jarak 46–51 km.
9. Jawaban: c
Data tinggi tanaman dalam bentuk tabel sebagai
berikut.
Tinggi Tanaman (cm)
fi
fk
3
3
10–13
6
9
14–17
5
14
18–21
7
21
22–25
––––––––––––––––––––––––––
9
30
26–29
A.
Tinggi
tanaman
kurang
dari 26 cm
Banyak tanaman yang mempunyai tinggi kurang
dari 26 cm adalah 21.
21
Presentase = 30 × 100% = 70%.
Matematika Kelas XI
13
10. Jawaban: d
Banyak tanaman yang memiliki tinggi 10–17 =
3+6=9
Banyak tanaman yang memiliki tinggi 14–21 =
6 + 5 = 11
Banyak tanaman yang memiliki tinggi 18–21 = 5
Banyak tanaman yang memiliki tinggi 18–25 =
5 + 7 = 12
Jadi, sebanyak 12 tanaman memiliki tinggi
18–25 cm.
11. Jawaban: c
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Data
fi
fk
25
26
27
28
29
30
20
14
16
35
6
9
20
34
50
85
91
100
Oleh karena banyak data genap, nilai median:
Me =
=
data ke-50 + data ke-51
2
27 + 28
2
= 27,5
Jadi, median data tersebut 27,5.
12. Jawaban: c
x =
=
234 + 242 + 250
3
726
3
= 242
Jadi, rata-rata hasil susu kambing etawa pada
3 periode terakhir 242 liter.
13. Jawaban: c
Sumbangan kelompok I:
x1 = 6 × Rp5.000,00
= Rp30.000,00
Sumbangan kelompok II:
x2 = 8 × Rp4.500,00
= Rp36.000,00
Sumbangan kelompok III:
x3 = 10 × Rp3.500,00
= Rp35.000,00
Sumbangan kelompok IV:
x4 = 11 × Rp4.000,00
= Rp44.000,00
Sumbangan kelompok V:
x5 = 15 × Rp2.000,00
= Rp30.000,00
14
Statistika
Rata-rata sumbangan setiap kelompok:
x =
x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5
6 + 8 + 10 + 11 + 15
=
30.000 + 36.000 + 35.000 + 44.000 + 30.000
50
=
175.000
50
= 3.500
Jadi, rata-rata sumbangan setiap kelompok
Rp3.500,00.
14. Jawaban: a
Banyak siswa di kelas A = nA = 15
Banyak siswa di kelas B = nB = 10
Banyak siswa di kelas C = nC = 25
Rata-rata nilai gabungan = x = 58,6
Rata-rata nilai di kelas A = x A = 62
Rata-rata nilai di kelas C = x C = 60
x=
nA ⋅ x A + nB ⋅ xB + nC ⋅ xC
nA + nB + nC
⇔
58,6 =
15 ⋅ 62 + 10 ⋅ xB + 25 ⋅ 60
15 + 10 + 25
⇔
58,6 =
10xB + 2 ⋅ 430
50
⇔
2.930 = 10xB + 2.430
⇔
10xB = 500
⇔
x B = 50
Jadi, rata-rata nilai di kelas B adalah 50.
15. Jawaban: e
6
x =
∑ fi x i
i=1
6
∑ fi
i=1
375
= 30
= 12,5
Jadi, rata-rata poin pemain tersebut 12,5.
16. Jawaban: a
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Poin
fi
fk
5–7
8–10
11–13
14–16
17–19
20–22
6
5
4
10
3
2
6
11
15
25
28
30
← Kelas Me
Banyak data = n = 30
Me = nilai data ke-
30 + 1
2
= nilai data ke-15,5
Median adalah nilai data ke-15,5 terletak di kelas
interval 14–16.
L
fk
Me
19. Jawaban: b
Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.
= 14 – 0,5 = 13,5
= 15
fM = 10
e
p = 16 – 14 + 1 = 3

Berat Pasir (kg)
fi
fk
84–86
87–89
90–92
93–95
96–98
99–101
4
6
7
10
5
8
4
10
17
27
32
40

1
n − fkM
e 
Me = L +  2
 ·p


= 13,5 +
fMe




1
2


⋅ 30 − 15 


10

·3
Banyak data = n = 40
= 13,5 + 0 · 5
Median = nilai data ke-
= 13,5
Jadi, mediannya adalah 13,5.
17. Jawaban: c
Data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi
sebagai berikut.
Berat Pasir (kg)
fi
xi
fi xi
84–86
87–89
90–92
93–95
96–98
99–101
4
6
7
10
5
8
85
88
91
94
97
100
340
528
637
940
485
800
6
∑
40
i=1
3.730
6
x =
∑ fi x i
i=1
5
3.730
40
= 93,25
Jadi, rata-rata berat pasir dalam karung 93,25 kg.
18. Jawaban: e
Mo terletak pada kelas interval yang memuat titik
tengah 93–95.
L = 93 – 0,5 = 92,5
d1 = 10 – 7 = 3
d2 = 10 – 5 = 5
p = 95 – 93 + 1 = 3

= nilai data ke-20,5
Median adalah nilai data ke-20,5 terletak di kelas
interval 93–95.
L = 93 – 0,5 = 92,5
fk = 17
Me
fM = 10
e
p =3


1
n − fkM 
e
Me = L +  2
 ·p


= 92,5 +


fMe
 20 − 17 


 10 
·3
= 92,5 + 0,9
= 93,4
Jadi, median berat pasir dalam karung 93,4 kg.
20. Jawaban: c
Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.
∑ fi
i=1
=
40 + 1
2
d

Mo = L +  1  · p
 d1 + d2 

3 
= 92,5 + 
 ·3
3 + 5
9
= 92,5 + 8
= 92,5 + 1,125
= 93,625
Jadi, modus berat pasir dalam karung 93,625 kg.
Berat Badan (kg)
fi
fk
50–54
55–59
60–64
65–69
70–74
75–79
4
6
8
10
8
4
4
10
18
28
36
40
← Kelas Mo
Mo terletak di kelas interval 65–69.
L = 65 – 0,5 = 64,5
d1 = 10 – 8 = 2
d2 = 10 – 8 = 2
p = 69 – 65 + 1 = 5

d


2 
Mo = L +  1  · p
 d1 + d2 
= 64,5 + 
 ·5
2 + 2
= 64,5 + 2,5
= 67
Jadi, modus berat berat badan siswa 67 kg.
Matematika Kelas XI
15
21. Jawaban: d
Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.
xi
fi
fixi
1
1
2
(49,5 + 54,5) = 52
4
208
1
2
(44,5 + 59,5) = 57
6
342
1
2
(59,5 + 64,5) = 62
8
496
1
2
(64,5 + 69,5) = 67
10
670
1
2
(69,5 + 74,5) = 72
8
576
1
2
(74,5 + 79,5) = 77
4
308
40
2.600
6
∑
i=1
Rata-rata berat badan siswa:
–x =
∑ fx
i i
i=1
6
∑ fi
=
i=1
2.600
40


d
Mo = L +  1  · p
 d1 + d2 
 8 
= 26,5 + 
 ·4
 8 + 1
1
fi
fk
8
16
6
7
4
3
8
24
30
37
41
44
Titik Tengah
5
8
11
14
17
20
fk
Me
←
← Kelas Me
Banyak data = n = 44
1
Median = nilai data ke- 2 (44 + 1)
1
1
Median adalah nilai data ke-22 2 di kelas interval
yang mempunyai titik tengah 8.
= 6,5; fkMe = 8; fM = 16; p = 8 – 5 = 3
e
Median = L +




·p
 1 ⋅ 44 − 8 



16


= 6,5 +  2
= 6,5 +
14
16
·3
≈ 6,5 + 2,63
= 9,13
Jadi, median data 9,13.
Statistika
1
= 30 18
1
Jadi, modus data 30 18 .
24. Jawaban: b
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Nilai
fi
fk
23–26
27–30
5
11
5
16
31–34
10
26
35–38
39–42
6
8
32
40
← Kelas Me
Banyak data = n = 40
1
Median = nilai data ke- 2 (40 + 1)
= nilai data ke-22 2
 1 n − fk
Me
2
 fM
e

5
= 26 2 + 3 9
= 65 kg
22. Jawaban: e
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
16
1
= 2 (53) = 26,5
d1 = 11 – 3 = 8
d2 = 11 – 10 = 1
p = 28,5 – 24,5 = 4
8
Jadi, rata-rata berat badan siswa 65 kg.
5+8
2
L = 2 (24,5 + 28,5)
= 26,5 + 9 · 4
6
L=
23. Jawaban: a
Mo terletak di kelas interval yang memuat titik
tengah 28,5.
·3
= nilai data ke-20,5
Median adalah nilai data ke-20,5 terletak di kelas
interval 31–34.
L = 31 – 0,5 = 30,5
fk = 5 + 11 = 16
Me
fMe = 10
p = 34 – 31 + 1 = 4
 1 n − fk 
Me 
 fMe



Me = L +  2

1
·p

⋅ 40 − 16
= 30,5 +  2 10  · 4

4

= 30,5 + 10 · 4
= 30,5 + 1,6 = 32,1
Jadi, median data 32,1.
Jadi, kuartil bawah dari data tinggi badan adalah
157,5 cm.
25. Jawaban: c
Data setelah diurutkan:
5 6 7 7 9 9 10 10
11 12 12 15 18 18 21 21
Q1 = nilai data ke-
27. Jawaban: e
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
16 + 1
4
= nilai data ke-4,25
= x4 + 0,25(x5 – x4) = 7 + 0,25(9 – 7)
= 7 + 0,5
= 7,5
Q3 = nilai data ke-
Usia (Tahun)
fi
fk
20–23
24–27
3
4
3
7
28–31
4
11
32–35
10
21
36–39
3
24
40–43
6
30
3(16 + 1)
4
= nilai data ke-12,75
= x12 + 0,75(x13 – x12) = 15 + 0,75(18 – 15)
= 15 + 2,25
= 17,25
1
(Q3 – Q1)
2
1
(17,25 – 7,5)
2
Simpangan kuartil =
=
1
(9,75)
2
=
= 4,875
Jadi, simpangan kuartil data tersebut 4,875.
26. Jawaban: c
Jumlah siswa = n = 40
1
4
Kuartil bawah (Q1) = nilai data ke- (40 + 1)
= nilai data ke-10
1
4
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
← Kelas P30
← Kelas D7
7
D7 = nilai data ke- 10 (30 + 1)
= nilai data ke-21,7
D7 adalah nilai data ke-21,7 terletak pada kelas
interval 36–39.
L7 = 36 – 0,5 = 35,5
fD = 3
7
fk = 21
D7
p =4


7
⋅ n − fk
D3 
D7 = L7 +  10
 ·p
fD3




21 − 21
= 35,5 + 
 ·4
3


= 35,5 + 4
= 35,5
Jadi, desil ke-7 data tersebut 35,5.
28. Jawaban: a
Tinggi Badan
(cm)
fi
fk
150–154
155–159
160–164
165–169
170–174
175–179
4
10
6
8
4
8
4
14
20
28
32
40
fk
30
P30 = nilai data ke- 100 (30 + 1)
Q1
←
← Kelas Q1
1
Kuartil bawah adalah data ke-10 pada kelas
4
interval 155–159.
L1 = 155 – 0,5 = 154,5
fQ = 10
1
fk = 4
Q1
p = 159 – 155 + 1 = 5
Kuartil bawah:
Q1 = L1 +
 1n − f
kQ
4
1

f
Q

1


1





·c
= nilai data ke-9,3
P30 adalah nilai data ke-9,3 terletak di kelas interval 28–31.
L30 = 28 – 0,5 = 27,5
fkP = 7
30
fP30 = 4


30
⋅ n − fk
P30 
100
P30 = L30 + 
 ·p
f


= 27,5 +
P30
 900 − 7 
 100

 4 




·4
= 27,5 + 2
= 29,5
Jadi, persentil ke-30 data tersebut 29,5.

⋅ 40 − 4
= 154,5 +  4 10  · 5




= 154,5 + 3 = 157,5
Matematika Kelas XI
17
Nilai data terkecil = 1
Nilai data terbesar = 28
Jangkauan = nilai data terbesar – nilai data terkecil
= 28 – 1 = 27
Banyak kelas = k
= 1 + 3,3 log n
= 1 + 3,3 log 40
= 1 + 3,3 × 1,602
= 1 + 5,2866
= 6,2866
≈6
29. Jawaban: d
Tinggi (meter)
fi
xi
fi xi
xi – –
x
19–21
22–24
25–27
28–30
9
4
5
2
20
23
26
29
180
92
130
58
–3
0
3
6
fi(xi – –
x)2
81
0
45
72
4
∑
20
i=1
460
198
4
∑ fi xi
i=1
4
x =
∑ fi
460
= 20 = 23
jangkauan
Panjang kelas (p) = banyak kelas
i=1
4
S2
∑ fi (xi − x)2
=
27
= 6
= 4,5
≈5
Menentukan batas atas dan batas bawah kelas
interval pertama.
Bb1 = nilai data terkecil = 1
Ba1 = Bb1 + p –1 = 1 + 5 – 1 = 5
Diperoleh kelas interval pertama : 1–5
Menentukan batas atas dan batas bawah kelas
interval kedua.
Bb2 = Ba1 + 1 = 5 + 1 = 6
Ba2 = Bb2 + p – 1 = 6 + 5 – 1 = 10
Diperoleh kelas interval kedua : 6–10
Dengan cara yang sama diperoleh:
Kelas interval ketiga
: 11–15
Kelas interval keempat : 16–20
Kelas interval kelima : 21–25
Kelas interval keenam : 26–30
Tabel distribusi frekuensi data pemakaian air PAM
per keluarga dalam sebulan di Kampung Palapa
sebagai berikut.
198
20
i=1
=
= 9,9
4
∑ fi
i =1
Jadi, ragam data tersebut 9,9.
30. Jawaban: c
xi
fi
fixi
1
2
(9,5 + 14,5) = 12
15
180
1
2
(14,5 + 19,5) = 17
6
102
1
2
(19,5 + 24,5) = 22
9
198
1
2
(24,5 + 29,5) = 27
12
324
1
2
(39,5 + 34,5) = 32
18
576
60
1.380
5
∑
i=1
5
–
x=
∑ fx
i i
i=1
5
∑ fi
=
1.380
60
= 23
i=1
5
∑ fi
i=1
| xi − x | = 15|12 – 23| + 6|17 – 23| + 9|22 – 23|
+ 12|27 – 23| + 18|32 – 23|
= 15 × 11 + 6 × 6 + 9 × 1 + 12 × 4 +
18 × 9
= 165 + 36 + 9 + 48 + 162
= 420
Simpangan rata-rata:
5
SR =
∑ fi | xi − x |
i=1
5
∑ fi
=
420
60
=7
i=1
B.
Uraian
1. Data setelah diurutkan sebagai berikut.
1 2 3 4 6 6 6 7 7
8 8 8 9 9 10 10 11 11
12 13 13 14 15 16 16 17 17
19 20 21 22 23 24 25 26 27
Banyak data = n = 40
18
Statistika
2.
Volume Air (m 3)
fi
1–5
6–10
11–15
16–20
21–25
26–30
4
13
8
7
5
3
xi
fi
fi xi
–
|xi – x |
4
5
6
7
8
9
10
2
6
4
1
5
4
8
8
30
24
7
40
36
80
3,5
2,5
1,5
0,5
0,5
1,5
2,5
30
225
12,5
7
7
12
18
28
∑
i=1
a.
4. a.
Rata-rata berat benda:
Tinggi Badan (cm)
fi
xi
fi xi
150–156
157–163
164–170
171–177
178–184
16
10
16
x
20
153
160
167
174
181
2.448
1.600
2.672
174x
3.620
7
x
=
∑ fi x i
i=1
7
∑ fi
225
= 30 = 7,5
i=1
b.
Benda yang mempunyai berat minimal 1 kg
di atas rata-rata berat benda adalah benda
yang mempunyai berat minimal 7,5 kg.
Banyak benda yang mempunyai berat minimal
7,5 kg = 5 + 4 + 8 = 17.
Jadi, terdapat 17 benda yang mempunyai berat
minimal 1 kg di atas rata-rata berat benda.
Simpangan rata-rata berat benda:
5
∑
5
x =
SR =
i=1
7
⇔
∑ fi
12,5
≈ 0,42
= 30
i=1
Nilai (xi)
fi
fk
2
4
7
10
13
5
2
8
3
2
5
7
15
18
20
Banyak data = n = 20
= nilai data ke-5,25
= x5 + 0,25(x6 – x5) = 2 + 0,25(4 – 2)
= 2 + 0,5
= 2,5
b.
Tinggi Badan
Balita (cm)
fi
fk
50–54
55–59
60–64
4
3
9
3
7
16
65–69
6
22
70–74
75–79
80–84
2
5
5
24
29
34
3
4
Q3 = nilai data ke- (20 + 1)
= nilai data ke-15,75
= x15 + 0,75(x16 – x15) = 7 + 0,75(10 – 7)
= 7 + 2,25
= 9,25
1
(Q3
2
168,4 =
10.340 + 174x
62 + x
5. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
1
4
Q1 = nilai data ke- (20 + 1)
Simpangan kuartil =
∑ fi
⇔ 10.440,8 + 168,4x = 10.340 + 174x
⇔
100,8 = 5,6x
⇔
x = 18
Jadi, banyak orang bertinggi badan antara
171 cm dan 177 cm ada 18 orang.
Orang yang bertinggi badan lebih dari 163 cm
adalah orang yang bertinggi badan 164–170 cm,
171–177 cm, dan 178–184 cm.
Banyak orang yang bertinggi badan lebih dari
163 cm = 16 + 18 + 20 = 54 orang.
Jadi, ada 54 orang yang bertinggi badan lebih
dari 163.
Jadi, simpangan rata-rata berat benda 0,42.
3. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
∑ fi x i
i=1
5
i=1
5
∑ fi | xi − x |
10.340 + 174x
62 + x
i=1
– Q1)
=
1
(9,25
2
=
1
(6,75)
2
– 2,5)
= 3,375
Jadi, simpangan kuartil data tersebut 3,375.
← Kelas Me
34 + 1
Me = nilai data ke- 2
= nilai data ke-17,5
Median adalah nilai data ke-17,5 terletak di kelas
interval 65–69.
L = 65 – 0,5 = 64,5
p = 69 – 65 + 1 = 5
fkM = 16
e
fMe = 6
Matematika Kelas XI
19
3
n −f

 2 kMe 
Q3 = nilai data ke- 4 (80 + 1)
Me = L +  f
 · p
Me


= 64,5 +
 34

 2 − 6
 10 


·5
= 64,5 + 0,5 = 65
Jadi, median data di atas adalah 65 cm.
6. Titik tengah yang frekuensinya paling banyak
adalah 28. Berarti modus data terletak di kelas
interval yang memuat titik tengah 28.
= nilai data ke-60,75
Q3 adalah nilai data ke-60,75 terletak di kelas
interval 157–160.
L3 = 157 – 0,5 = 156,5
fkQ = 53
3
fQ3 = 14
 3 n − fk
4
Q3 = L3 + 
Mo = L +
 d1 


 d1 + d2 
·p
 9 
= 25,5 +  9 + 6  · 5


= 25,5 + 3
= 28,5
Jadi, modus data 28,5.
fi
fk
145–148
15
15
149–152
20
35
153–156
18
53
157–160
14
67
161–164
165–168
8
5
75
80
= 156,5 +
← Kelas Q3
+ 1)
Q1
fQ1 = 20





= 148,5 +

5
20
·4
= 148,5 + 1
= 149,5
20
Statistika
fi
fk
12–16
17–21
22–26
27–31
32–36
10
5
8
6
18
10
15
23
29
47
37–41
10
57
42–46
13
70
D7 = nilai data ke-
← Kelas D7
7
(70
10
+ 1)
= nilai data ke-49,7
D7 adalah nilai data ke-49,7 terletak di kelas interval
37–41.
L7 = 37 – 0,5 = 36,5
fD = 10
fk
7
D7
= 47
= 41 – 37 + 1 = 5


⋅ 80 − 15
 ·4
= 148,5 +  4

20

Nilai


14

7
·4
14

7
⋅ n − fkD
7 
D7 = L7 +  10
 ·p
·p
1

Banyak data = n = 70
p
 1 n − fk
Q1
4
 fQ
1

3
= 156,5 + 2 = 158,5
Jangkauan antarkuartil:
H = Q3 – Q1
= 158,5 – 149,5
=9
Jadi, jangkauan antarkuartil tinggi siswa putri 9 cm.
← Kelas Q1
= nilai data ke-20,25
Q1 adalah nilai data ke-20,25 terletak di kelas
interval 149–152.
L1 = 149 – 0,5 = 148,5
fk = 15
Q1 = L1 +
·p
8. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Tinggi Badan (cm)
Q1 = nilai data




⋅ 80 − 53
 ·4
= 156,5 +  4

7. Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
1
ke- 4 (80
fQ3


1
Tepi bawah kelas modus L = 2 (23 + 28) = 25,5
p = 28 – 23 = 5
d1 = 13 – 4 = 9
d2 = 13 – 7 = 6
Q3

= 36,5 +
= 36,5 +
fD7


 ⋅ 70 − 47 




10


2
 
  ·5
 10 
7
10
·5
= 36,5 + 1
= 37,5
Jadi, nilai desil ke-7 data tersebut 37,5.
9. Banyak data = n = 35 + p
P30 terletak di kelas interval 105–109.
L30 = 105 – 0,5 = 104,5
fk = 8
Me
fM = p
e
p = 109 – 105 + 1 = 5


30
⋅ n − fkP
100
30 
P30 = L30 + 
·p


fP30
⇔ 108,5 = 104,5 +
⇔
⇔


 0,3 ( 35 + p ) − 8 


p


 10,5 + 0,3p − 8 


p


4=
·5
i=1
− x)2
= 6(12 – 28)2 + 10(17 – 28)2 + 5(22 – 28)2 +
15(27 – 28)2 + 20(32 – 28)2 + 5(37 – 28)2
+ 9(42 – 28)2
= 6(–16)2 + 10(–11)2 + 5(–6)2 + 15(–1)2 +
20(4)2 + 5(9)2 + 9(14)2
= 1.536 + 1.210 + 180 + 15 + 320 + 405 +
1.764
= 5.430
Variansi:
S2 =
2
∑ fi (xi − x)
i=1
7
∑ fi
=
5.430
70
4
= 77 7
i=1
⇔ 0,8p = 2,5 + 0,3p
⇔ 0,5p = 2,5
⇔
p=5
Banyak potongan logam yang beratnya kurang dari
110 gram = 8 + p = 8 + 5 = 13.
10. a.
7
∑ f(x
i i
7
·5
2,5 + 0,3p
p
0,8 =
b.
Panjang (cm)
fi
xi
fi x i
10–14
15–19
20–24
25–29
30–34
35–39
40–44
6
10
5
15
20
5
9
12
17
22
27
32
37
42
72
170
110
405
640
185
378
Jadi, variansi panjang potongan bambu
4
77 7 cm.
7
∑
70
i=1
1.960
7
x =
∑ fi x i
i=1
7
∑ fi
=
1.960
70
= 28
i=1
Jadi, rata-rata panjang potongan bambu
28 cm.
Matematika Kelas XI
21
Setelah mempelajari bab ini peserta didik mampu:
1. mendeskripsikan dan menerapkan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam pemecahan masalah;
2. menentukan ruang sampel dan kejadian dari suatu percobaan;
3. menghitung peluang suatu kejadian dan peluang kejadian majemuk.
Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik jeli dalam menganalisis setiap permasalahan dan
memilih cara yang tepat untuk menyelesaikan permasalahan dalam kehidupan sehari-hari.
Aturan Pencacahan dan Peluang
Aturan Pencacahan
•
•
•
•
Mendeskripsikan konsep aturan
perkalian, permutasi, dan kombinasi.
Menerapkan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi
dalam pemecahan masalah nyata.
Memilih dan menggunakan aturan
pencacahan yang sesuai dalam
pemecahan masalah nyata serta
memberikan alasannya.
Mengidentifikasi masalah nyata
dan menerapkan aturan perkalian,
permutasi, dan kombinasi dalam
pemecahan masalah tersebut.
Peluang Suatu Kejadian
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
22
Mendefinisikan pengertian ruang
sampel suatu percobaan.
Menentukan ruang sampel suatu
percobaan.
Mendefinisikan pengertian peluang
suatu kejadian dan peluang
komplemen suatu kejadian.
Menentukan peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu
kejadian.
Menjelaskan kisaran nilai peluang.
Mendefinisikan pengertian frekuensi
harapan suatu kejadian.
Menentukan frekuensi harapan
suatu kejadian.
Peluang Kejadian Majemuk
•
•
•
•
•
•
Mendefinisikan pengertian kejadian
saling lepas dan tidak saling lepas.
Mendefinisikan pengertian peluang
gabungan kejadian saling lepas
dan tidak saling lepas.
Menentukan peluang gabungan
kejadian saling lepas dan tidak
saling lepas.
Mendefinisikan pengertian kejadian
saling bebas dan tidak saling bebas.
Mendefinisikan pengertian peluang
irisan kejadian saling bebas dan
tidak saling bebas.
Menentukan peluang irisan kejadian saling bebas dan tidak saling
bebas.
Bersikap jeli dalam menganalisis setiap permasalahan dan memilih cara yang tepat untuk menyelesaikan
permasalahan dalam kehidupan sehari-hari.
Mampu menjelaskan konsep aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi.
Mampu mengidentifikasi masalah nyata dan menerapkan aturan perkalian, permutasi, dan kombinasi dalam
pemecahan masalah tersebut.
Mampu menjelaskan pengertian ruang sampel suatu percobaan dan mampu menentukan ruang sampel suatu
percobaan.
Mampu menjelaskan pengertian peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu kejadian serta mampu
menentukan peluang suatu kejadian dan peluang komplemen suatu kejadian.
Mampu menjelaskan pengertian frekuensi harapan suatu kejadian dan mampu menentukan frekuensi harapan
suatu kejadian.
Mampu menjelaskan pengertian kejadian saling lepas dan tidak saling lepas.
Mampu menentukan peluang gabungan kejadian saling lepas dan tidak saling lepas.
Mampu menjelaskan pengertian kejadian saling bebas dan tidak saling bebas.
Mampu menentukan peluang irisan kejadian saling bebas dan tidak saling bebas.
Aturan Pencacahan dan Peluang
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
10!
7!4!
10 × 9 × 8 × 7!
6!
6 × 5 × 4 × 3!
+ 3!3! = 7! × 4 × 3 × 2 × 1 + 3! × 3 × 2 × 1
= 10 × 3 + 5 × 4
= 30 + 20
= 50
2. Jawaban: b
n + 1P3
(n + 1)!
(n + 1− 3)!
⇔
⇔
⇔
⇔
(n + 1)!
(n − 2)!
×
(n + 1)!
(n − 2)!
(n − 2)!
n!
(n + 1)n!
n!
= 9 × nP2
dibentuk genap, maka angka yang menempati
tempat satuan adalah 2 dan 4. Berarti ada 2 cara
untuk menempati nilai tempat satuan.
Nilai tempat ratusan dapat ditempati 4 angka tersisa setelah 1 angka menempati nilai tempat satuan.
Nilai tempat puluhan dapat ditempati 3 angka
tersisa setelah 1 angka menempati nilai tempat
satuan dan 1 angka menempati tempat ratusan.
Banyak cara menempati nilai tempat ratusan,
puluhan, dan satuan disusun dalam tabel berikut.
n!
= 9 × (n − 2)!
=9×
n!
(n − 2)!
=9
=9
⇔
n+1=9
⇔
n=8
Jadi, nilai n yang memenuhi adalah 8.
3. Jawaban: d
Perlengkapan skateboard:
Papan ada 3 pilihan.
Set roda ada 2 pilihan.
Set sumbu ada 1 pilihan.
Set perlengkapan kecil ada 2 pilihan.
Jadi, banyak skateboard berbeda yang dapat dibuat
= 3 × 2 × 1 × 2 = 12
4. Jawaban: c
Bilangan tiga angka memiliki nilai tempat ratusan,
puluhan, dan satuan. Bilangan yang dibentuk nilainya lebih dari 200, maka angka yang menempati
nilai tempat ratusan adalah 2, 3, 4, atau 5. Berarti
terdapat 4 cara untuk menempati nilai tempat
ratusan.
Angka yang dapat menempati nilai tempat puluhan
adalah 1, 2, 3, 4, atau 5 ada 5 angka. Oleh karena
angka dalam setiap bilangan berbeda, terdapat
(5–1) angka yang dapat menempati nilai tempat
puluhan.
Berarti ada (5–1) = 4 cara untuk menempati nilai
tempat puluhan. Begitu juga dengan nilai tempat
satuan, terdapat (4–1) = 3 cara untuk menempati
nilai tempat satuan. Dengan demikian, banyak
bilangan lebih dari 200 yang dapat dibentuk
= 4 × 4 × 3 = 48.
5. Jawaban: b
Bilangan tiga angka mempunyai nilai tempat
ratusan, puluhan, dan satuan. Bilangan yang
Ratusan
Puluhan
Satuan
4 cara
3 cara
2 cara
Banyak bilangan genap yang terbentuk
= 4 × 3 × 2 = 24.
6. Jawaban: c
Akan dipilih 5 orang sebagai ketua, wakil ketua,
sekretaris, bendahara, dan humas.
Pemilihan ketua, wakil ketua, sekretaris,
bendahara, dan humas merupakan pemilihan yang
memperhatikan urutan (permutasi).
Banyak cara memilih 5 pengurus dari 7 pengurus
= permutasi 5 unsur dari 7 unsur
= 7P5
7!
= (7 − 5)!
=
7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2!
2!
=7×6×5×4×3
= 2.520
Jadi, banyak cara memilih pengurus 2.520 cara.
7. Jawaban: a
Resa dapat berdiri di ujung kanan atau kiri sehingga
ada 2 cara Resa berdiri di salah satu ujung. Sisanya
ada 4 anak yang dapat diatur dengan 4P4 cara.
Dengan demikian, banyak urutannya
= 2 × 4P4
= 2 × 4!
=2×4×3×2×1
= 48 urutan
8. Jawaban: a
Banyak susunan kata yang dapat dibentuk dari
kata WIYATA
= permutasi 6 elemen dengan 2 elemen sama
6!
= 2!
=
6 × 5 × 4 × 3 × 2!
2!
= 360
Jadi, ada 360 kata yang dapat dibentuk.
Matematika Kelas XI
23
9. Jawaban: a
B, C, dan D selalu berdampingan berarti dianggap
1 kelompok atau 1 unsur yaitu BCD.
Banyak unsur yang disusun ada 4 yaitu A, BCD,
E, dan F, berarti banyak cara menyusun ke-4 unsur
= 4P4 = 4!.
Banyak cara menyusun B, C, dan D = 3P3 = 3!.
Banyak cara berfoto = 4P4 × 3P3
= 4! × 3!
= 24 × 6 = 144
Jadi, cara berfoto ada 144.
10. Jawaban: b
Ketua, wakil ketua, sekretaris, dan 3 anggota
dewan akan duduk melingkar.
Ketua, wakil ketua, dan sekretaris dipandang
sebagai 1 unsur sehingga permasalahan menjadi
permutasi siklis dari 1 + 3 = 4 unsur.
Banyak susunan duduk ketua di antara wakil ketua
dan sekretaris = 2!
Banyak susunan duduk dari ketujuh anggota DPRD
= (4 – 1)! × 2!
= 3! × 2!
= 6 × 2 = 12
Jadi, banyak cara duduk dalam rapat tersebut ada
12 cara.
11. Jawaban: e
Jumlah soal yang harus dikerjakan 5. Dua soal
(nomor 1 dan 2) wajib dikerjakan, berarti ada 3 soal
yang harus dipilih siswa.
Tiga soal tersebut dapat dipilih dari 5 soal, yaitu
nomor 3, 4, 5, 6, dan 7. Banyak pilihan soal yang
mungkin dikerjakan siswa
= memilih 3 soal dari 5 soal
= kombinasi 3 unsur dari 5 unsur
= 5C3
5!
5 × 4 × 3!
= 3!(5 − 3)! = 3! × 2 × 1 = 10
Jadi, banyak pilihan soal yang mungkin dikerjakan
ada 10.
12. Jawaban: d
Banyak cara menyusun ketiga merek motor = 3!
Banyak cara menyusun motor Honda = 4!
Banyak cara menyusun motor Yamaha = 3!
Banyak cara menyusun motor Suzuki = 2!
Banyak penyusunan barisan dengan setiap merek
tidak boleh terpisah = 3! 4! 3! 2! = 1.728
13. Jawaban: c
Jumlah buah yang dibeli Andi = 18
Andi membeli paling sedikit 5 buah untuk setiap
jenis buah, maka sebanyak 15 buah yang terdiri
atas 5 apel, 5 jeruk, dan 5 mangga sudah pasti
dibeli Andi.
Dengan demikian, sebanyak 3 buah belum
diketahui komposisi masing-masing jenis buah
yang akan dibeli Andi.
24
Aturan Pencacahan dan Peluang
Komposisi 3 jenis buah tersebut dapat dicari
menggunakan cara berikut.
Jumlah 3 buah tersebut dapat diwakili dengan
angka 0, 1, 2, dan 3.
Apel (a)
Jeruk (j)
0
1
2
3
Mangga (m) Komposisi Buah
0
3



→
(0a, 0j, 3m)
1
2



→
(0a, 1j, 2m)
2
1



→
(0a, 2j, 1m)
3
0



→
(0a, 3j, 0m)
0
2



→
(1a, 0j, 2m)
1
1



→
(1a, 1j, 1m)
2
0



→
(1a, 2j, 0m)
0
1



→
(2a, 0j, 1m)
1
0



→
(2a, 1j, 0m)
0
0



→
(3a, 0j, 0m)
(0a, 0j, 3m) berarti membeli 5 apel, 5 jeruk, dan
8 mangga.
(0a, 1j, 2m) berarti membeli 5 apel, 6 jeruk, dan
7 mangga.
(0a, 2j, 1m) berarti membeli 5 apel, 7 jeruk, dan
6 mangga, dan seterusnya.
Oleh karena terdapat 10 komposisi 3 buah yang
akan dibeli, maka komposisi banyak buah yang
mungkin dibeli Andi ada 10.
14. Jawaban: b
Kemungkinan tim yang terbentuk paling sedikit 1
putri yaitu terdiri atas (2 putra dan 1 putri),
(1 putra dan 2 putri), atau (3 putri).
n1 = banyak kemungkinan anggota tim 2 putra dan
1 putri
= memilih 2 putra dari 5 putra dan memilih
1 putri dari 6 putri
= 5C2 × 6C1
5!
6!
= 2!3! × 1!5!
= 10 × 6 = 60
n2 = banyak kemungkinan anggota tim 1 putra dan
2 putri
= memilih 1 putra dari 5 putra dan memilih
2 putri dari 6 putri
= 5C1 × 6C2
5!
6!
= 4!1! × 4!2!
= 5 × 15 = 75
n3 = banyak kemungkinan anggota tim 3 putri
= memlih 3 putri dari 6 putri
= 6C3
6!
= 3!3! = 20
Banyak cara memilih anggota tim
= n1 + n2 + n3
= 60 + 75 + 20
= 155
c.
15. Jawaban: a
n1 = banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka
(boleh berulang) yang dapat dibuat dari
5 angka
Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
5 cara
5 cara
5 cara
5 cara
=5×5×5×5
= 625
n2 = banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka
(boleh berulang) dengan angka terakhir 0 dan
angka pertama 0
Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
1 cara
5 cara
5 cara
1 cara
=1×5×5×1
= 25
Banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka
dengan angka pertama atau terakhir tidak nol
= n1 – n2
= 625 – 25
= 600
B. Uraian
1. a. 2 · 2n + 1C2 = 3! · nP2
⇔
2 ⋅ (2n + 1)!
2!(2n + 1− 2)!
⇔
(2n + 1)(2n + 1− 1)(2n + 1− 2)!
(2n + 1− 2)!
b.
10 Cn + 1
=
3!n!
= (n − 2)!
=
3
10
⇔ 10 · 9Cn = 3 · 10Cn + 1
3 ⋅ 10!
⇔
10 ⋅ 9!
n!(9 − n)!
= (n + 1)!(10 − n − 1)!
⇔
10!
n!(9 − n)!
3 ⋅ 10!
(n + 1)n!(9 − n)!
⇔
1
1
=
3
= n+1
⇔
n+1=3
⇔
n=2
Jadi, nilai n = 2.
⇔
n ⋅ 6!
4!
⇔
n ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4!
4!
6n(n − 1)(n − 2)!
(n − 2)!
n!
= (n − 3)!
=
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)!
(n − 3)!
⇔
30 = (n – 1)(n – 2)
⇔
n2 – 3n + 2 = 30
⇔ n2 – 3n – 28 = 0
⇔ (n – 7)(n + 4) = 0
⇔ n – 7 = 0 atau n + 4 = 4
⇔
n = 7 atau
n = –4
P
mempunyai
syarat
n ≥ 3.
n 3
Jadi, nilai n yang memenuhi 7.
2. a.
Bola merah ada 9 buah.
Banyak cara pengambilan tiga bola merah
= kombinasi 3 dari 9
= 9C3
9!
= 3!(9 − 3)!
9 × 8 × 7 × 6!
b.
= 3 × 2 × 1× 6! = 84
Jadi, banyak cara pengambilan ketiganya bola
merah adalah 84.
Dari tiga bola yang diambil, terambil 2 bola
biru. Artinya, bola yang terambil 2 bola biru
dan 1 bola merah.
Banyak cara pengambilan 2 bola biru dan
1 bola merah
= 5C2 × 9C1
5!
⇔
(2n + 1) · 2n = 6n(n –1)
⇔
2n + 1 = 3(n – 1)
⇔
2n + 1 = 3n – 3
⇔
n=4
Jadi, nilai n = 4.
9 Cn
n · 6P2 = nP3
9!
= 2!3! × 1!8!
5 × 4 × 3!
9 × 8!
= 2 × 1× 3! × 1× 8!
= 10 × 9 = 90
Jadi, banyak cara pengambilan 2 bola biru
adalah 90.
3. Banyak cara memilih 3 huruf konsonan dari 5 huruf
konsonan
= 5C3
5!
5 × 4 × 3!
3!
3 × 2!
= 3!2! = 2 × 1× 3! = 10 cara
Banyak cara memilih 2 huruf vokal dari 3 huruf
vokal
= 3C2
= 2!1! = 2! × 1 = 3 cara
Banyak cara menyusun 5 huruf
= 5P5
= 5! = 120 cara
Banyak password yang terbentuk
= 5C3 × 3C2 × 5P5
= 10 × 3 × 120 = 3.600
Jadi, banyak password yang terbentuk ada 3.600.
Matematika Kelas XI
25
4. Orang-orang dari 4 negara duduk secara melingkar
dengan (4 – 1)! = 3!.
3 orang dari Amerika dapat duduk dengan 3! cara.
2 orang dari Irlandia dapat duduk dengan 2! cara.
4 orang dari Korea dapat duduk dengan 4! cara.
2 orang dari Filipina dapat duduk dengan 2! cara.
Banyak cara duduk 11 orang = 3! 3! 2! 4! 2!
= 6 × 6 × 2 × 24 × 2
= 3.456 cara
Jadi, banyak cara peserta duduk adalah 3.456.
5. Bilangan terdiri atas 3 angka akan disusun dari
angka 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, dan 7 tanpa ada angka
yang sama dalam setiap bilangan.
Banyak bilangan 3 angka yang nilainya di antara
520 dan 600 yang dapat disusun sebagai berikut.
Ratusan
Puluhan
Satuan
1 cara
5 cara
6 cara
Angka 5 dan sebuah angka
sudah digunakan.
Jadi, tersisa 8 – 2 = 6 cara.
Dapat ditempati angka 2, 3, 4, 6, atau 7.
Jadi, ada 5 cara.
Ditempati angka 5.
Jadi, ada 1 cara.
Banyak bilangan yang tersusun = 1 × 5 × 6 = 30.
Bilangan 520 tidak termasuk karena syaratnya
lebih dari 520.
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
Jumlah bohlam = 3 × 12 = 36
Banyak bohlam dalam kondisi baik = 36 – 5 = 31
Ruang sampel S = kejadian pengambilan 2 bohlam
dari 36 bohlam.
n(S) = banyak cara mengambil 2 bohlam dari
36 bohlam
= 36C2
=
=
36!
2!(36 − 2)!
36 × 35 × 34!
2 × 1× 34!
= 18 × 35 = 630
Misalkan A = kejadian terambil dua bohlam dalam
kondisi baik dari 31 bohlam dalam kondisi baik
n(A) = banyak cara mengambil 2 bohlam dari
31 bohlam
31!
2!(31 − 2)!
31× 30 × 29!
= 31 × 15
2 × 1× 29!
= 31C2 =
=
26
= 465
Aturan Pencacahan dan Peluang
n1 = banyak bilangan yang lebih dari 520 dan
kurang dari 600
= 30 – 1
= 29
Banyak bilangan 3 angka yang nilainya lebih besar
dari 599 yang dapat disusun sebagai berikut.
Ratusan
Puluhan
Satuan
2 cara
7 cara
6 cara
Dua angka sudah digunakan.
Jadi, tersisa 6 cara.
Dapat ditempati angka selain 6 atau 7.
Jadi, ada 7 cara.
Dapat ditempati angka 6 atau 7.
Jadi, ada 2 cara.
n2 = banyak bilangan 3 angka yang nilainya lebih
besar dari 599
=2×7×6
= 84
Banyak bilangan 3 angka yang bernilai lebih besar
dari 520 dan tidak boleh berulang
= n1 + n2
= 29 + 84
= 113
Jadi, ada 113 bilangan yang dapat disusun.
Peluang terambil kedua bohlam dalam kondisi baik:
n(A)
465
31
P(A) = n(S) = 630 = 42
Jadi, peluang terambil kedua bohlam dalam kondisi
baik adalah
31
.
42
2. Jawaban: c
Jumlah kelereng = 5 + 3 + 2 = 10
Ruang sampel S = kejadian terambil 3 bola dari
10 bola.
n(S) = banyak cara mengambil 3 bola dari 10 bola
= 10C3
10!
= 3!(10 − 3)!
10 × 9 × 8 × 7!
= 3 × 2 × 1× 7! = 10 × 3 × 4 = 120
Misalkan A = kejadian terambil 2 bola merah dan
1 bola kuning.
n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari
5 bola merah dan 1 bola kuning dari 3 bola
kuning
= 5C2 × 3C1
=
5!
2 !(5 − 2)!
5 × 4 × 3!
n(K)
3 × 2!
= 2 × 1× 3! × 1× 2! = 5 × 2 × 3 = 30
Peluang terambil 2 bola merah dan 1 bola kuning:
n(A)
30
3
P(A) = n(S) = 120 = 12
Jadi, peluang terambil 2 bola merah dan 1 bola
3
kuning adalah 12 .
3. Jawaban: b
Ruang sampel S = kejadian terpilihnya 2 angka
dari 12 angka.
n(S) = banyak cara memilih 2 angka dari 12 angka
= 12C2 =
12!
2!(12 − 2)!
=
12 ⋅ 11 ⋅ 10!
2 × 1× 10!
= 6 × 11 = 66
Faktor dari 12 ada 6, yaitu 1, 2, 3, 4, 6, dan 12.
Misalkan A = kejadian terpilihnya 2 angka faktor
dari 12
= kejadian terpilih 2 angka dari 6 angka
n(A) = banyak cara memilih 2 angka dari 6 angka
= 6C2 =
6!
2! (6 − 2)!
=
6 × 5 × 4!
2 × 1× 4!
= 3 × 5 =15
Peluang terpilih dua angka faktor dari 12:
P(A) =
n(A)
n(S)
15
6
2
P(K) = n(S) = 45 = 15
3!
1!(3 − 1)!
×
n(K) = banyak pasangan blus bermotif batik dan rok
pendek
= 3× 2 = 6
Peluang Leni memakai blus bermotif batik dan rok
pendek:
5
= 66 = 22
Jadi, peluang terpilih dua angka faktor dari 12
5
adalah 22 .
4. Jawaban: b
Ruang sampel S = himpunan pasangan blus dan rok.
n(S) = banyak pasangan blus dan rok
Banyak pasangan blus bermotif batik dan rok panjang
=3× 3 = 9
Banyak pasangan blus bermotif batik dan rok pendek
=3× 2 = 6
Banyak pasangan blus bermotif garis dan rok panjang
=2× 3 = 6
Banyak pasangan blus bermotif garis dan rok pendek
=2× 2 = 4
Banyak pasangan blus bermotif kotak-kotak dan rok
panjang = 4 × 3 = 12
Banyak pasangan blus bermotif kotak-kotak dan rok
pendek = 4 × 2 = 8
n(S) = 9 + 6 + 6 + 4 + 12 + 8 = 45
Misalkan K = kejadian Leni memakai blus bermotif
batik dan rok pendek.
5. Jawaban: e
Bilangan ratusan terdiri atas 3 angka.
Ruang sampel S = himpunan bilangan ratusan yang
dibentuk dari angka-angka 1, 2,
4, 6, 8, dan 9.
= himpunan bilangan yang terdiri
atas 3 angka yang dibentuk
dari 6 angka
n(S) = banyak cara membentuk bilangan yang
terdiri atas 3 angka dari 6 angka
6!
= 6P3 = 3! =
6 × 5 × 4 × 3!
3!
= 6 × 5 × 4 = 120
Misalkan A = kejadian terbentuknya bilangan genap
kurang dari 500, maka n(A) = banyak bilangan
genap kurang dari 500.
Bilangan yang dibentuk nilainya kurang dari 500,
maka angka-angka yang menempati nilai tempat
ratusan ada 3, yaitu 1, 2, dan 4.
Bilangan yang dibentuk ratusan genap, maka
angka-angka yang menempati nilai tempat satuan
ada 4, yaitu 2, 4, 6, dan 8.
Oleh karena angka-angka dalam setiap bilangan
berbeda, maka angka-angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan
sebagai berikut.
Ribuan
Puluhan
Satuan
1
...
2, 4, 6 atau 8
2
...
4, 6, atau 8
4
...
2, 6, atau 8
Untuk bilangan dengan angka ribuan 1, angkaangka yang dapat menempati nilai tempat satuan
ada 4, yaitu 2, 4, 6, dan 8 sehingga ada 4 cara
untuk menempati nilai tempat satuan.
Untuk bilangan dengan angka ribuan 2, angkaangka yang dapat menempati nilai tempat satuan
ada 3, yaitu 4, 6, dan 8 sehingga ada 3 cara untuk
menempati nilai tempat satuan.
Untuk bilangan dengan angka ribuan 4, angkaangka yang dapat menempati nilai tempat satuan
ada 3, yaitu 2, 6, dan 8 sehingga ada 3 cara untuk
menempati nilai tempat satuan.
Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat
puluha ada 6, yaitu 1, 2, 4, 6, 8, dan 9.
Matematika Kelas XI
27
Setelah 2 angka menempati nilai tempat ribuan
dan satuan, tersisa (6 – 2) = 4 angka sehingga
ada 4 cara untuk menempati nilai tempat puluhan.
Banyak bilangan genap kurang dari 500 dengan
angka ribuan 1 = 1 × 4 × 4 = 16
Banyak bilangan genap kurang dari 500 dengan
angka ribuan 2 atau 4 = 2 × 4 × 3 = 24
Dengan demikian, diperoleh n(A) = 16 + 24 = 40
Peluang terambil bilangan genap kurang dari 500:
n(A)
40
1
P(A) = n(S) = 120 = 3
Jadi, peluang terambil bilangan genap kurang dari
1
500 adalah 3 .
6. Jawaban: a
Ruang sampel S = kejadian 6 anak duduk
melingkar.
n(S) = permutasi siklis 6 unsur
= (6 – 1)! = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120
Misalkan A = kejadian Tera duduk bersebelahan
dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan
dengan Rina
Tera dan Wisnu dipandang sebagai 1 unsur, Lisa
dan Rina dipandang sebagai 1 unsur sehingga
permasalahan menjadi permutasi siklis 4 unsur.
Cara duduk Tera dan Wisnu ada 2! dan cara duduk
Lisa dan Rina ada 2!.
n(A) = 2! × 2! × permutasi siklis 4 unsur
= 2! × 2!(4 – 1)!
= 2!2!3! = 2 × 1 × 2 × 1 × 3 × 2 × 1 = 24
Peluang Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu
dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina:
P(A)=
n(A)
n(S)
=
24
120
=
1
5
Jadi, peluang Tera duduk bersebelahan dengan
Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina
1
adalah 5 .
7. Jawaban: c
Banyak angka ganjil = 5, yaitu 1, 3, 5, 7, dan 9.
Banyak angka genap = 4, yaitu 2, 4, 6, dan 8.
Ruang sampel S = himpunan dua angka berjumlah
genap.
Dua angka berjumlah genap jika terdiri atas dua
angka ganjil atau dua angka genap.
n(S) = banyak dua angka berjumlah genap
= banyak dua angka ganjil + banyak dua angka
genap
= 5C2 + 4C2
5!
4!
= 2! (5 − 2)! + 2! (4 − 2)!
5 × 4 × 3!
4 × 3 × 2!
= 2 × 1× 3! + 2 × 1× 2!
= 5 × 2 + 2 × 3 = 10 + 6 = 16
28
Aturan Pencacahan dan Peluang
Misalkan A = kejadian terpilih dua angka ganjil
n(A) = banyak dua angka ganjil yang jika dijumlah
genap
= 5C2 = 10
Peluang terpiling dua angka ganjil:
n(A)
10
5
P(A) = n(S) = 16 = 8
5
Jadi, peluang terpilih dua angka ganjil adalah 8 .
8. Jawaban: a
Jumlah kartu bridge = 52.
Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kartu bridge.
Banyak anggota ruang sampel = n(S)
n(S) = banyak cara megambil 2 kartu dari 52 kartu
= 52C2
=
52!
= 52 × 51× 50!
2!(52 − 2)!
2 × 1× 50!
= 26 × 51 = 1.326
Banyak kartu King = 4.
Misalkan A = kejadian terambil dua kartu King.
n(A) = banyak cara mengambil 2 kartu King dari
4 kartu King
= 4C2 =
4!
2!(4 − 2)!
= 4 × 3 × 2! = 2 × 3 = 6
2 × 1× 2!
Peluang terambil dua kartu King:
n(A)
6
1
P(A) = n(S) = 1.326 = 221
Peluang terambil bukan kartu King:
1
220
P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 221 = 221
220
Jadi, peluang terambil bukan kartu King 221 .
9. Jawaban: c
Jumlah koin = 2 + 4 + 6 = 12
Ruang sampel S = kejadian terambil 6 koin dari
12 koin.
n(S) = banyak cara mengambil 6 koin dari 12 koin
= 12C6
=
12!
6!(12 − 6)!
= 12 × 11× 10 × 9 × 8 × 7 × 6!
6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1× 6!
= 11 × 2 × 3 × 2 × 7 = 924
Misalkan K = kejadian terambil 6 koin yang memiliki
jumlah minimal Rp5.000,00.
Kemungkinan kejadian 6 koin yang terambil
sebagai berikut.
a. K1 = Kejadian terambil 4 koin Rp1.000,00 dan
2 koin Rp500,00.
n(K1) = Banyak cara mengambil 4 koin
Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan
2 koin Rp500,00 dari 4 koin Rp500,00
= 6C4 × 4C2
6!
4!
= 4! (6 − 4)! × 2! (4 − 2!
6 × 5 × 4!
b.
4 × 3 × 2!
= 4! × 2 × 1 × 2 × 1× 2!
= 3 × 5 × 2 × 3 = 90
K2 = kejadian terambil 5 koin Rp1.000,00
dan 1 koin Rp200,00.
n(K2) = banyak cara mengambil 5 koin
Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan
1 koin Rp200,00 dari 2 koin Rp200,00
= 6C5 × 2C1
6!
2!
= 5! (6 − 5)! × 1! (2 − 1!
=
c.
6 × 5!
5! × 1
×
= 6 × 2 = 12
K3 = Terambil 5 koin Rp1.000,00 dan 1 koin
Rp500,00.
n(K3) = banyak cara mengambil 5 koin
Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan
1 koin Rp500,00 dari 4 koin Rp500,00
= 6C5 × 4C1
=
6!
5! (6 − 5)!
6 × 5!
d.
2 ×1
1× 1
×
4!
1! (4 − 1!
4 × 3!
= 5! × 1 × 1× 3! = 6 × 4 = 24
K4 = Terambil 6 koin Rp1.000,00
n(K4) = banyak cara mengambil 6 koin
Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00
= 6C6 =
6!
6! (6 − 6)!
127
P(K) = n(S) = 924
10. Jawaban: d
Misalkan pengambilan tiga huruf tersebut dilakukan
sebanyak n kali.
Jumlah huruf = 8
Ruang sampel S = kejadian pengambilan tiga huruf
dari 8 huruf.
n(S) = banyak cara mengambil 3 huruf dari 8 huruf
= 8C3
8!
= 3! (8 − 3)!
8 × 7 × 6 × 5!
4!
= 3 × 2 × 1× 5! = 8 × 7 = 56
Banyak huruf vokal = 4
Banyak huruf konsonan = 4
4!
= 2! (4 − 2)! × 1! (4 − 1)!
4 × 3 × 2!
4 × 3!
= 2 × 1× 2! × 1× 3! = 6 × 4 = 24
Peluang terambil dua huruf vokal:
n(K)
24
3
P(K) = n(S) = 56 = 7
Frekuensi harapan terambil dua huruf vokal:
3
Fr(K) = n × P(K) ⇔ 90 = n × 7
7
⇔ n = 90 × 3 = 210
Jadi, pengambilan tiga huruf tersebut dilakukan
sebanyak 210 kali.
B. Uraian
1. Jumlah ahli = 5 + 3 + 4 = 12
Ruang sampel S = kejadian terpilih 6 orang dari 12
orang ahli.
n(S) = banyak cara memilih 6 orang dari 12 orang
= 12C6
=
=1
n(K) = n(K1) + n(K2) + n(K3) + n(K4)
= 90 + 12 + 24 +1 = 127
Peluang enam koin yang terambil memiliki jumlah
minimal Rp5.000,00:
n(K)
Misalkan K = kejadian terambilnya 2 huruf vokal
= kejadian terambil 2 huruf vokal dan
1 huruf konsonan
n(K) = banyak cara mengambil 2 huruf vokal dari
4 huruf vokal dan 1 huruf konsonan dari
4 huruf konsonan
= 4C2 × 4C1
12!
6!(12 − 6)!
= 12 × 11× 10 × 9 × 8 × 7 × 6!
6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1× 6!
a.
= 11 × 2 × 3 × 2 × 7 = 924
Misalkan A = kejadian terpilih 4 ahli
matematika dan 2 ahli ekonomi.
n(A) = banyak cara memilih 4 ahli matematika
dari 5 ahli matematika dan 2 ahli
ekonomi dari 3 ahli ekonomi
= 5C4 × 3C2
5!
3!
= 4! (5 − 4)! × 2! (3 − 2)!
5 × 4!
3 × 2!
n(A)
15
= 4! × 1 × 2! × 1 = 5 × 3 = 15
Peluang terpilih 4 ahli matematika dan 2 ahli
ekonomi:
3
P(A) = n(S) = 924 = 308
Jadi, peluang terpilihnya 4 ahli matematika
3
dan 2 ahli ekonomi adalah 308 .
Matematika Kelas XI
29
b.
Misalkan B = kejadian terpilih 2 orang dari
tiap-tiap kelompok
= kejadian terpilihnya 2 ahli
matematika, 2 ahli ekonomi,
dan 2 ahli bahasa
n(B) = banyak cara memilih 2 ahli matematika
dari 5 ahli matematika, 2 ahli ekonomi
dari 3 ahli ekonomi, dan 2 ahli bahasa
dari 4 ahli bahasa
= 5C2 × 3C2 × 4C2
5!
3!
n(B) = banyak cara mengambil 4 huruf vokal
dari 7 huruf vokal
= 7C4
7!
= 4! (7 − 4)!
7 × 6 × 5 × 4!
= 4! × 3 × 2 × 1
= 35
Peluang terambil keempatnya huruf vokal:
n(B)
4!
5 × 4 × 3!
3 × 2!
4 × 3 × 2!
Peluang terambil keempatnya bukan huruf
vokal.
P(B′) = 1 – P(B)
= 2 × 1× 3! × 2! × 1 × 2 × 1× 2!
= 10 × 3 × 6 = 180
Peluang terpilih dua orang dari tiap-tiap
kelompok:
180
35
= 1 – 715
15
P(B) = 924 = 77
Jadi, peluang terpilih dua orang dari tiap-tiap
680
=
a.
13!
4! (13 − 4)!
=
13 × 12 × 11× 10 × 9!
4 × 3 × 2 × 1× 9!
= 715
Banyak huruf vokal = 7
Banyak huruf konsonan = 6
Misalkan:
A = kejadian terambil 1 huruf vokal dan
3 huruf konsonan
n(A) = banyak cara mengambil 1 huruf vokal
dari 7 huruf vokal dan 3 huruf konsonan
dari 6 huruf konsonan
= 7C1 × 6C3
7!
6!
= 1! (7 − 1)! × 3! (6 − 3!)
7 × 6!
6 × 5 × 4 × 3!
= 1× 6! × 3! × 3 × 2 × 1
= 7 × 20 = 140
Peluang terambil 1 huruf vokal dan 3 huruf
konsonan:
n(A)
140
28
P(A) = n(S) = 715 = 143
Jadi, peluang terambil 1 huruf vokal dan
28
b.
30
3 huruf konsonan adalah 143 .
Banyak huruf vokal = 7
Misalkan
B = kejadian terambil keempatnya huruf vokal
B′ = kejadian terambil keempatnya bukan
huruf vokal
Aturan Pencacahan dan Peluang
136
= 715 = 143
15
kelompok 77 .
2. Ruang sampel = S = kejadian terambil 4 huruf dari
13 huruf
n(S) = banyak cara mengambil 4 huruf dari 13 huruf
= 13C4
35
P(B) = n(S) = 715
= 2! (5 − 2)! × 2! (3 − 2)! × 2! (4 − 2)!
Jadi, peluang terambil keempatnya bukan
136
huruf vokal adalah 143 .
3. a.
Bilangan empat angka merupakan bilangan
ribuan.
Bilangan ribuan memiliki nilai tempat ribuan,
ratusan, puluhan, dan satuan.
Ruang sampel S = himpunan bilangan ribuan
yang terbentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4,
dan boleh berulang.
n(S) = banyak bilangan ribuan yang terbentuk
dari angka-angka 1, 2, 3, 4, dan boleh
berulang.
Oleh karena angka-angka dalam setiap
bilangan boleh diulang, maka angka-angka
yang dapat menempati nilai tempat ribuan,
ratusan, puluhan, dan satuan masing-masing
ada 4, yaitu 1, 2, 3, dan 4 sehingga ada 4
cara untuk menempati nilai tempat ribuan,
ratusan, puluhan, dan satuan.
Dengan demikian, dapat disusun sebagai
berikut.
Ribuan
Ratusan
Puluhan
Satuan
4 cara
4 cara
4 cara
4 cara
n(S) = 4 × 4 × 4 × 4 = 256
Misalkan A = kejadian terbentuk bilangan
ribuan lebih dari 2.000 yang dibentuk dari
angka-angka 1, 2, 3, 4 dan angka boleh
berulang.
n(A) = banyak bilangan ribuan lebih dari 2.000
yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4 dan
angka boleh berulang.
Bilangan yang dibentuk nilainya lebih dari
2.000, maka angka-angka yang menempati
nilai tempat ribuan ada 3, yaitu 2, 3, dan 4
sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai
tempat ribuan.
Angka-angka dalam setiap bilangan boleh
diulang, maka angka-angka yang dapat
menempati nilai tempat ratusan, puluhan, dan
satuan masing-masing ada 4, yaitu 1, 2, 3,
dan 4 sehingga ada 4 cara untuk menempati
nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan.
Dengan demikian, dapat disusun sebagai
berikut.
Ribuan
Ratusan
Puluhan
Satuan
3 cara
4 cara
4 cara
4 cara
n(A) = 3 × 4 × 4 × 4 = 192
Peluang bilangan yang terbentuk lebih besar
daripada 2.000 dan angka-angka dapat
berulang:
n(A)
192
3
P(A) = n(S) = 256 = 4
Jadi, peluang bilangan yang terbentuk lebih
besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat
3
b.
berulang adalah 4 .
Ruang sampel S = himpunan bilangan ribuan
yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, dan 4
serta angka tidak boleh berulang.
n(S) = banyak cara membentuk bilangan
4 angka dari 4 angka
= 4P4 = 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24
Misalkan B = kejadian terbentuk bilangan ribuan
lebih dari 2.000 yang dibentuk dari angka-angka
1, 2, 3, 4 dan angka tidak boleh berulang.
Bilangan yang dibentuk nilainya lebih dari
2.000, maka angka-angka yang menempati
nilai tempat ribuan ada 3, yaitu 2, 3, dan 4
sehingga ada 3 cara untuk menempati nilai
tempat ribuan.
Angka-angka yang dapat menempati nilai
tempat ratusan, puluhan, dan satuan ada 4,
yaitu 1, 2, 3, dan 4.
Setelah satu angka menempati nilai tempat
ribuan, tersisa (4 – 1) = 3 angka sehingga
ada 3 cara untuk menempati nilai tempat
ratusan.
Setelah dua angka menempati nilai tempat
ribuan dan ratusan, tersisa (4 – 2) = 2 angka
sehingga ada 2 cara untuk menempati nilai
tempat puluhan.
Setelah tiga angka menempati nilai tempat
ribuan, ratusan, dan puluhan, tersisa (4 – 3)
= 1 angka sehingga ada 1 cara untuk
menempati nilai tempat satuan.
Dengan demikian, dapat disusun sebagai
berikut.
Ribuan
Ratusan
Puluhan
satuan
3 cara
3 cara
2 cara
1 cara
n(B) = 3 × 3 × 2 × 1 = 18
Peluang bilangan yang terbentuk lebih besar
daripada 2.000 dan angka-angka dapat berulang:
n(B)
18
3
P(B) = n(S) = 24 = 4
Jadi, peluang bilangan yang terbentuk lebih
besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat
3
berulang adalah 4 .
4. Banyak huruf ada 5 dan banyak angka ada 5.
Ruang sampel S = himpunan kode terdiri atas 3
huruf berbeda dan 4 angka berbeda.
Huruf
Angka
5P3
5P4
n(S) = banyak cara membentuk kode terdiri atas
3 huruf berbeda dari 5 huruf dan 4 angka
berbeda dari 5 angka
= 5P3 × 5P4
5!
5!
= (5 − 3)! × (5 − 4)!
=
5 × 4 × 3 × 2!
2!
5 × 4 × 3 × 2 × 1!
1!
×
= 60 × 120 = 7.200
Misalkan A = kejadian terambil kode terdiri atas 2
huruf vokal berbeda dan keempat angka membentuk bilangan genap.
Huruf vokal ada 2, yaitu A dan E.
2P2
4P3
2
cara
Dapat ditempati
angka 2 dan 4
n(A) = 2P2 × 4P3 × 2
2!
4!
= (2 − 2)! × (4 − 3)! × 2
= 2 × 4 × 3 × 2 × 2 = 96
Peluang terambil kode terdiri atas 2 huruf vokal
berbeda dan keempat angka membentuk bilangan
genap:
n(A)
96
1
P(A) = n(S) = 7.200 = 75
Jadi, peluang terambil kode terdiri atas 2 huruf
vokal berbeda dan keempat angka membentuk
1
bilangan genap adalah 75 .
Matematika Kelas XI
31
5. Banyak percobaan = 680 kali
Jumlah bendera = 7 + 4 + 6 = 17
Ruang sampel S = kejadian terambil 3 bendera
dari 17 bendera.
n(S) = banyak cara mengambil 3 bendera dari
17 bendera
= 17C3
b.
17!
= 3! (17 − 3)!
=
a.
17 × 16 × 15 × 14!
3 × 2 × 1× 14!
= 17 × 8 × 5 = 680
7!
7 × 6!
4 × 3!
n(C)
168
Jadi, frekuensi harapan terambil 3 bendera
kuning adalah 4 kali.
32
Aturan Pencacahan dan Peluang
168
Fh(B) = P(B) × n = 680 × 680 = 168
Jadi, frekuensi harapan terambil bendera
berbeda warna adalah 168 kali.
× 680 = 4
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
a. Misalkan A = kejadian terlihat mata dadu
berjumlah 7
= {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2),
(6, 1)}
B = kejadian terlihat kedua mata
dadu hasil kalinya 12
= {(2, 6), (3, 4), (4, 3), (6, 2)}
A ∩ B = {(3, 4), (4, 3)}
Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, maka kejadian A dan
B tidak saling lepas.
b. Misalkan C = kejadian terlihat mata dadu
pertama 4
= {(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5),
(4, 6)}
D = kejadian terlihat kedua mata
memiliki selisih 1
= {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (3, 4),
(4, 3), (4, 5), (5, 4), (5, 6), (6, 5)}
C ∩ D = {(4, 3), (4, 5)}
Oleh karena C ∩ D ≠ ∅, maka kejadian C dan
D tidak saling lepas.
6 × 5!
P(B) = n(S) = 680
Frekuensi harapan terambil bendera berbeda
warna:
4
Fh(A) = P(A) × n =
4 × 3!
Peluang terambil bendera berbeda warna:
P(A) = n(S) = 680
Frekuensi harapan terambil 3 bendera kuning:
4
680
6!
= 1! 6! × 3! × 1! 5!
= 7 × 4 × 6 = 168
= 4C3 = 3! (4 − 3)! = 3! × 1 = 4
Peluang terambil 3 bendera kuning:
n(A)
4!
= 1! (7 − 1)! × 1! (4 − 1)! × 1! (7 − 1)!
Misalkan A = kejadian terambil 3 bendera
kuning.
n(A) = banyak cara mengambil 3 bendera
kuning dari 4 bendera kuning
4!
Misalkan B = kejadian terambil bendera
berbeda warna
= kejadian terambil 1 bendera
hijau, 1 bendera kuning, dan 1
bendera merah.
n(B) = banyak cara mengambil 1 bendera
hijau dari 7 bendera hijau, 1 bendera
kuning dari 4 bendera kuning, dan
1 bendera merah dari 6 bendera merah.
= 7C1 × 4C1 × 6C1
c.
d.
Misalkan E = kejadian terlihat kedua mata
dadu memiliki selisih 2
= {(1, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 5), (4, 2),
(4, 6), (5, 3), (6, 4)}
F = kejadian terlihat kedua mata
dadu hasil kalinya 6
= {(1, 6), (2, 3), (3, 2), (6, 1)}
Oleh karena E ∩ F = ∅, maka kejadian E dan
F saling lepas.
Misalkan G = kejadian terlihat mata dadu
pertama genap
= {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5),
(2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4),
(4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3),
(6, 4), (6, 5), (6, 6)}
H = kejadian terlihat kedua mata
dadu berjumlah 6
= {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)}
G ∩ H = {(2, 4), (4, 2)}
Oleh karena G ∩ H ≠ ∅, maka kejadian G
dan H tidak saling lepas.
e.
Misalkan K = kejadian terlihat mata dadu
pertama genap
= {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5),
(2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4),
(4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3),
(6, 4), (6, 5), (6, 6)}
L = kejadian terlihat mata dadu
kedua ganjil
= {(1, 1), (2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1),
(6, 1), (1, 3), (2, 3), (3, 3), (4, 3),
(5, 3), (6, 3), (1, 5), (2, 5), (3, 5),
(4, 5), (5, 5), (6, 5)}
K ∩ L = {(2, 1), (2, 3), (2, 5), (4, 1), (4, 3),
(4, 5), (6, 1), (6, 3), (6, 5)}
Oleh karena K ∩ L ≠ ∅, maka kejadian K dan
L tidak saling lepas.
Jadi, pasangan kejadian yang saling lepas adalah
pilihan c.
2. Jawaban: e
Jumlah bola = 5 + 4 + 3 = 12
Ruang sampel S = kejadian terambil 2 bola dari 12
bola
n(S) = banyak cara mengambil 2 bola dari 12 bola
= 12C2 =
12!
2!(12 − 2)!
= 12 × 11× 10! = 6 × 11 = 66
2 × 1× 10!
A = kejadian terambil 2 bola merah dari 5 bola merah
n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari
5 bola merah
= 5C2 =
P(A) =
n(A)
n(S)
5!
= 5 × 4 × 3! =
2!(5 − 2)!
2 × 1× 3!
=
5 × 2 = 10
10
66
B
= kejadian terambil 2 bola hijau dari 3 bola hijau
n(B) = banyak cara mengambil 2 bola hijau dari
3 bola hijau
3 × 2!
3!
=
=
2! × 1
2!(3 − 2)!
n(B)
3
=
n(S)
66
= 3C2 =
P(B) =
3
13
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 66 + 66 = 66
Jadi, peluang terambil dua bola merah atau dua
13
bola hijau adalah 66 .
3. Jawaban: d
Sekeping uang logam dan sebuah dadu
dilambungkan bersama-sama.
Banyak percobaan n = 240 kali
A = kejadian terlihat sisi angka pada uang logam
B = kejadian terlihat mata dadu prima
P(A) =
1
2
dan P(B) =
1
2
P(A ∩ B) = P(A) × P(B) =
1
2
×
1
2
=
1
4
Frekuensi harapan terlihat sisi angka pada uang
logam dan mata dadu prima:
Fh(A ∩ B) = P(A ∩ B) × n =
1
4
× 240 = 60 kali
4. Jawaban: a
Banyak kelereng merah n(m) = 5.
Banyak kelereng hijau n(h) = 4.
Ruang sampel S = himpunan kelereng di dalam
kantong.
Banyak anggota ruang sampel n(S) = jumlah
kelereng = 5 + 4 = 9.
Misalkan M1 = kejadian anak pertama mengambil
1 kelereng merah dan M2 = kejadian anak kedua
mengambil 1 kelereng merah.
Kelereng pertama yang telah terambil tidak
dikembalikan ke kantong, maka kejadian M1 dan
M2 tidak saling bebas.
Pada saat anak pertama mengambil kelereng
tersedia 5 kelereng merah dan jumlah seluruh
kelereng = 9.
Peluang anak pertama mengambil 1 kelereng
n(m)
5
merah = P(M1) = n(S) = 9 .
Kelereng pertama yang telah terambil tidak
dikembalikan ke kantong. Pada saat anak kedua
mengambil kelereng, kelereng merah berkurang
satu dan jumlah seluruh kelereng berkurang satu.
Peluang anak kedua mengambil 1 kelereng merah
dengan syarat anak pertama telah mangambil 1
kelereng merah:
n(m) − 1
3
A dan B merupakan kejadian saling asing.
Peluang terambil dua bola merah atau dua bola
hijau:
10
Kejadian A dan B saling bebas.
Peluang terlihat sisi angka pada uang logam dan
mata dadu prima:
4
1
P(M2|M1) = n(S) − 1 = 8 = 2 .
Peluang kejadian anak pertama mengambil 1
kelereng merah dan anak kedua juga mengambil
1 kelereng merah:
P(M1 ∩ M2) = P(M1) × P(M2|M1) =
5
9
×
1
2
=
5
18
5. Jawaban: c
Ruang sampel S = kejadian melambungkan dua
dadu sebanyak satu kali
n(S) = 6 × 6 = 36
A
= kejadian terlihat mata dadu berjumlah 5
= {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)}
n(A) = 4
n(A)
4
P(A) = n(B) = 36
B
= kejadian terlihat mata dadu berjumlah 9
= {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)}
n(B) = 4
Matematika Kelas XI
33
n(B)
4
P(B) = n(S) = 36
Oleh karena A ∩ B = ∅, maka A dan B saling lepas.
Peluang terlihat mata dadu berjumlah 5 atau 9:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B)
4
4
= 36 + 36
8
= 36
Jadi, peluang terlihat mata dadu berjumlah 5 atau 9
8
6. Jawaban: e
S = kejadian terambil 1 kartu bernomor
= {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
n(S) = 10
A = kejadian terambil kartu bernomor bilangan
komposit
= kejadian terambil kartu bernomor bilangan asli
lebih dari 1 yang bukan bilangan prima
= {4, 6, 8, 9, 10}
n(A) = 5
B = kejadian terambil kartu bernomor bilangan ganjil
= {1, 3, 5, 7, 9}
n(B) = 5
A ∩ B = {9}
n(A ∩ B) = 1
Peluang terambil kartu bernomor bilangan komposit
atau bilangan ganjil:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(A)
n(B)
5
5
= n(S) + n(S) –
n(A ∩ B)
n(S)
1
= 10 + 10 – 10
9
10
= 0,9
Jadi, peluang terambil kartu bernomor bilangan
komposit atau bilangan ganjil adalah 0,9.
7. Jawaban: e
Murid
Perempuan
Murid
Jumlah
Laki-Laki
Berambut keriting
Berambut tidak
keriting
10
10
5
5
15
15
Jumlah
20
10
30
S = kejadian terpilih 1 murid dari 30 murid
n(S) = 30C1 = 30
A = kejadian terpilih 1 murid laki-laki dari 10 murid
laki-laki
n(A) = 10C1 = 10
n(A)
10
P(A) = n(S) = 30
34
n(B)
Aturan Pencacahan dan Peluang
15
P(B) = n(S) = 30
A ∩ B = kejadian terpilih 1 murid laki-laki
berambut keriting dari 5 murid laki-laki
berambut keriting
n(A ∩ B) = 5C1 = 5
P(A ∩ B) =
adalah 36 .
=
B = kejadian terpilih 1 murid berambut keriting dari
15 murid berambut keriting
n(B) = 15C1 = 15
n(A ∩ B)
n(S)
5
= 30
Peluang terpilih 1 murid itu laki-laki atau berambut
keriting:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
10
15
20
2
5
= 30 + 30 – 30
= 30 = 3
Jadi, peluang terpilih murid itu laki-laki atau
2
berambut keriting adalah 3 .
8. Jawaban: b
S1 = kejadian terambil 1 bola dari 5 bola di
kotak A
K = kejadian terambil 1 bola merah dari 2 bola
merah di kotak A
P(K) =
n(K)
n(S1)
=
P(L) =
n(K)
n(S2 )
=
2
2 C1
= 5
S2 = kejadian terambil 1 bola dari 8 bola di
kotak B
L = kejadian terambil 1 bola putih dari 3 bola putih
di kotak B
5 C1
3 C1
8 C1
=
3
8
K dan L merupakan dua kejadian yang saling bebas.
Peluang terambil 1 bola merah dari kotak A dan
1 bola putih dari kotak B:
2
3
3
P(K ∩ L) = P(K) × P(L) = 5 × 8 = 20
Jadi, peluang terambil 1 bola merah dari kotak A
3
dan 1 bola putih dari kotak B adalah 20 .
9. Jawaban: e
Jumlah buku = 4 + 7 + 5 = 16
Ruang sampel S = kejadian terambil 3 buku dari
16 buku
n(S) = banyak cara mengambil 3 buku dari 16 buku
= 16C3
16!
= 3!13!
=
16 × 15 × 14 × 13!
3 × 2 × 1 × 13!
= 560
Kemungkinan buku yang terambil adalah (2 buku
komik, 1buku novel) atau (2 buku komik, 1 buku
dongeng, ).
A = kejadian terambil 2 buku komik dan 1 buku novel
n(A) = banyak cara mengambil 2 buku komik dari
7 buku komik dan 1 buku novel dari 4 buku
novel
= 7C2 × 4C1
7!
4!
= 2! 5! × 1! 3!
7 × 6 × 5!
4!
4 × 3!
4 × 3 × 2!
84
n(A)
= 4C3
4!
= 3!1!
5!
4 × 3!
= 3! × 1
5 × 4!
=4
= 2 × 1× 5! × 1× 4!
= 21 × 5
= 105
n(B)
n(B)
4
P(B) = n(S) = 35
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang terambil paling sedikit 2 kelereng putih
= P(A) + P(B)
105
P(B) = n(S) = 560
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang terambil 2 buku komik
= P(A) + P(B)
84
18
P(A)= n(B) = 35
B = kejadian terambil 3 kelereng putih
n(B) = banyak cara mengambil 3 kelereng putih
dari 4 kelereng putih
= 2! 5! × 1!4!
7 × 6 × 5!
3 × 2!
= 2 × 1× 2! × 1× 2!
=6×3
= 18
P(A) = n(S) = 560
B = kejadian terambil 2 buku komik dan 1 buku
dongeng
n(B) = banyak cara mengambil 2 buku komik dari
7 buku komik dan 1 buku dongeng dari 5
buku dongeng
= 7C2 × 5C1
7!
3!
= 2!2! × 1!2!
= 2 × 1× 5! × 1× 3!
= 21 × 4
= 84
n(A)
Kemungkinan terambil paling sedikit 2 kelereng
putih adalah (2 kelereng putih, 1 kelereng merah)
atau (3 kelereng putih).
A = kejadian terambil 2 kelereng putih dan
1 kelereng merah
n(A) = banyaknya cara mengambil 2 kelereng putih
dari 4 kelereng putih dan 1 kelereng merah
dari 3 kelereng merah
= 4C2 × 3C1
18
4
= 35 + 35
22
105
= 35
Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng
= 560 + 560
189
= 560
22
Jadi, peluang terambil 2 buku komik adalah
189
560
.
10. Jawaban: e
Jumlah kelereng = 3 + 4 = 7
Ruang sampel S = kejadian terambil 3 kelereng
dari 7 kelereng
n(S) = banyak cara mengambil
3 kelereng dari 7 kelereng
= 7C3
7!
= 3!4!
7 × 6 × 5 × 4!
= 3 × 2 × 1× 4!
= 35
putih adalah 35 .
11. Jawaban: d
Ruang sampel S = kejadian pasangan suami istri
mempunyai 3 anak
= {PPP, PPL, PLP, LPP, LLL,
LLP, LPL, PLL}
n(S) = 8
Kemungkinan 3 anak yang dimiliki pasangan suami
istri adalah (2 laki-laki dan 1 perempuan) atau (3
laki-laki).
A = kejadian pasangan suami istri memiliki dua
anak laki-laki dari 3 anak yang dimiliki
= {LLP, LPL, PLL)}
n(A) = 3
Matematika Kelas XI
35
n(A)
3
P(A) = n(S) = 8
B = Kejadian keluarga memiliki tiga anak laki-laki
= {LLL}
n(B) = 1
n(B)
K1M2K3 = kejadian terambil pertama kartu kuning,
kedua kartu merah, ketiga kartu kuning
P(K1M2K3) = P(K1) × P(M2) × P(K3)
n(K)
n(M)
×
n(S)
n(S)
2
4
2
= 6 × 6 × 6
2
= 27
=
1
P(B) = n(S) = 8
Kejadian A dan B saling bebas.
Peluang pasangan tersebut memiliki paling sedikit
dua anak laki-laki
= P(A) + P(B)
3
1
= 8 + 8
4
1
= 8 = 2
Jadi, peluang pasangan suami istri tersebut
1
12. Jawaban: d
3
P(G) = P(gol) = 5
3
2
P(T) = P(tidak gol) = 1 – P(gol) = 1 – 5 = 5
A = kejadian terjadi 3 kali tendangan penalti
dengan 2 tendangan gol
= {(G, G, T), (G, T, G), (T, G, G)}
Kejadian tendangan penalti 3 kali merupakan
kejadian saling bebas.
3
3
2
18
3
2
3
18
2
3
3
18
P(G, G, T) = 5 × 5 × 5 = 125
P(G, T, G) = 5 × 5 × 5 = 125
P(T, G, G) = 5 × 5 × 5 = 125
Peluang terjadi 2 tendangan penalti gol
= P(G, G, T) + P(G, T, G) + P(T, G, G)
18
18
18
=
2
= 27
Peluang terambil satu kartu merah:
P = P(M1K2K3) + P(K1M2K3) + P(K1K2M3)
2
6
2
2
= 27 = 9
2
Jadi, peluang terambil satu kartu merah adalah 9 .
14. Jawaban: c
S = kejadian Ari, Beta, Cika, Devi, dan Erna duduk
secara acak pada 5 kursi
n(S) = 5P5 = 120
Kemungkinan kejadian Ari atau Erna duduk di kursi
paling pinggir adalah Ari duduk di kursi pinggir atau
Erna duduk di kursi pinggir atau Ari dan Erna duduk
di kursi pinggir.
A = kejadian Ari duduk di pinggir
4P4
54
13. Jawaban: b
Banyak kartu kuning = n(K) = 2
Banyak kartu merah = n(M) = 4
Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 6
Kemungkinan kartu yang terambil M 1 K 2 K 3 ,
K1M2K3, atau K1K2M3.
M1K2K3 = kejadian terambil pertama kartu merah,
kedua kartu kuning, ketiga kartu kuning
P(M1K2K3) = P(M1) × P(K2) × P(K3)
36
2
= 27 + 27 + 27
3 kali tendangan penalti adalah 125 .
=
n(K)
n(K)
n(M)
×
×
n(S)
n(S)
n(S)
2
2
4
× 6 × 6
6
54
= 125 + 125 + 125 = 125
Jadi, peluang Ali untuk membuat 2 gol dalam
=
n(K)
n(S)
K1K2M3 = kejadian terambil pertama kartu kuning,
kedua kartu kuning, ketiga kartu merah
P(K1K2M3) = P(K1) × P(K2) × P(M3)
=
memiliki paling sedikit dua anak laki-laki 2 .
×
n(M)
n(K)
×
n(S)
n(S)
4
2
2
× 6 × 6
6
×
=
n(K)
n(S)
2
27
Aturan Pencacahan dan Peluang
↑
Ari
↑
Ari
4P4
n(A) = 2 × 4P4 = 48
B = kejadian Erna duduk di pinggir
4P4
↑
Erna
↑
Erna
4P4
n(B) = 2 × 4P4 = 48
A ∩ B = kejadian Erna dan Ari duduk di pinggir
↑
Ari
P3
↑
Erna
P3
↑
Erna
n(B)
48
48
84
120
7
10
=
n(A ∩ B)
n(S)
12
7
pinggir adalah 10 .
15. Jawaban: d
Ruang sampel S = kejadian terpilih ketua, sekretaris,
dan bendahara dari 10 orang
n(S) = banyak cara memilih ketua, sekretaris, dan
bendahara dari 10 orang
= 10P3
10!
10 × 9 × 8 × 7!
7!
= 720
A = kejadian terpilih ketua laki-laki
Ketua
6 cara
Sekretaris
9 cara
6 cara
4 cara
8 cara
Dipilih dari 6 lelaki
n(A ∩ B) = 6 × 4 × 8 = 192
A dan B merupakan dua kejadian tidak saling lepas
Peluang terpilih ketua laki-laki atau sekretaris wanita:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(A)
n(B)
432
288
528
11
n(A ∩ B)
n(S)
= n(S) + n(S) –
Jadi, peluang Ari atau Erna duduk di kursi paling
= 7! =
Bendahara
Dipilih dari 4 wanita
= 120 + 120 – 120
=
Sekretaris
2 orang telah terpilih.
Sisa 8 orang.
Peluang Ari atau Erna duduk di pinggir:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(A)
Ketua
↑
Ari
n(A ∩ B) = 2 × 3P3 = 12
= n(S) + n(S) –
n(B) = 9 × 4 × 8
= 288
A ∩ B = kejadian terpilih ketua laki-laki dan
sekretaris wanita
Bendahara
8 cara
2 orang telah terpilih.
Sisa 8 orang.
1 orang telah terpilih sebagai ketua.
Sisa 9 orang.
Dipilih dari 6 laki-laki
n(A) = 6 × 9 × 8 = 432
B = kejadian terpilih sekretaris wanita
Ketua
Sekretaris
Bendahara
9 cara
4 cara
8 cara
2 orang telah terpilih.
Sisa 8 orang.
Dipilih dari 4 wanita
1 orang telah terpilih sebagai sekretaris.
Sisa 9 orang.
192
= 720 + 720 – 720
= 720 = 15
Jadi, peluang terpilih ketua laki-laki atau sekretaris
11
wanita adalah 15 .
B. Uraian
1. a. Misalkan dadu pertama = dadu merah dan dadu
kedua = dadu putih
A = kejadian terlihat mata dadu 3 pada dadu
merah
= {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)}
n(A) = 6
n(A)
6
n(B)
6
P(A) = n(S) = 36
B = kejadian terlihat mata dadu 5 pada dadu
putih
= {(1, 5), (2,5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)}
n(B) = 6
P(B) = n(S) = 36
A ∩ B = {(3, 5)}
n(A ∩ B) = 1
P(A ∩ B) =
n(A ∩ B)
n(S)
=
1
36
Peluang terlihat mata dadu 3 pada dadu merah
atau mata dadu 5 pada dadu putih:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
6
6
1
11
= 36 + 36 – 36 = 36
Jadi, peluang terlihat mata dadu 3 pada dadu
merah atau mata dadu 5 pada dadu putih
11
adalah 36 .
Matematika Kelas XI
37
b.
Misalkan:
A = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 6
= {(5, 1), (4, 2), (3, 3), (2, 4), (1, 5)}
n(A) = 5
n(A)
b.
5
=
P(A) = n(S) = 36
B = kejadian terlihat jumlah mata dadu 10
= {(6, 4), (5, 5), (4, 6)}
n(B) = 3
n(B)
=
8
=
2
1
P(A) = 2 dan P(B) = 2
Oleh karena A ∩ B ≠ ∅ maka kejadian A dan
B saling bebas.
Peluang terlihat kedua mata dadu bilangan
genap:
P(A ∩ B) = P(A) × P(B) =
1
2
×
1
2
=
1
4
Jadi, peluang terlihat kedua mata dadu genap
adalah
2. a.
1
.
4
Kejadian terambil 3 kubus = kejadian terambil
1 kubus dari kotak A, 1 kubus dari kotak B,
dan 1 kubus dari kotak C.
P(A) = peluang terambil satu kubus dari kotak A
=
3
6
=
1
2
1
1
= 6
Kejadian A, B, dan C saling bebas.
Peluang terambil ketiganya kubus:
1
2
×
1
3
×
1
6
=
1
36
×
1
6
3
6
×
=
1
36
1
1
3
1
1
= 36 = 12
Jadi, peluang terambil ketiganya bangun yang
1
sama 12 .
3. a.
Pengambilan dilakukan secara acak dua
sekaligus.
Banyak buah = 9 + 6 = 15 buah
Ruang sampel S = kejadian terambil 2 buah
dari 15 buah.
n(S) = 15C2
15!
= 2!(15 − 2)!
=
15 × 14 × 13!
2 × 1× 13!
= 15 × 7 = 105
Kemungkinan 2 buah yang terambil adalah 2
jeruk atau 2 apel.
Misalkan A = kejadian terambil 2 jeruk dan
B = kejadian terambil 2 apel.
n(A) = banyak cara mengambil 2 jeruk dari 6 jeruk
= 6C2
6 × 5 × 4!
Aturan Pencacahan dan Peluang
Peluang terambil 2 jeruk:
n(A)
15
P(A) = n(S) = 105
n(B) = banyak cara mengambil 2 apel dari 9 apel
= 9C2
9!
9 × 8 × 7!
= 2!(9 − 2)! = 2 × 1× 7! = 9 × 4 = 36
1
36
Jadi, peluang terambil ketiganya kubus
38
2
6
6!
= 6 =
3
P(C) = peluang terambil satu kubus dari kotak C
P(A ∩ B ∩ C) =
=
= 2!(6 − 2)! = 2 × 1× 4! = 3 × 5 = 15
P(B) = peluang terambil satu kubus dari kotak B
2
2
6
×
= 36 + 36 + 36
2
6 atau 10 adalah 9 .
Kejadian terlihat kedua mata dadu bilangan
genap = kejadian terlihat mata dadu genap
pada dadu merah dan dadu putih
Misalkan:
A = terlihat mata dadu genap pada dadu
merah
B = terlihat mata dadu genap pada dadu putih
1
3
6
×
Kejadian D, E, dan F saling lepas. Peluang
terambil ketiganya bangun yang sama:
P(D ∪ E ∪ F) = P(D) + P(E) + P(F)
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 36 + 36 = 36 = 9
Jadi, peluang terlihat jumlah kedua mata dadu
c.
1
6
P(F) = Peluang terambil ketiganya limas
3
3
1
36
P(E) = peluang terambil ketiganya kerucut
P(B) = n(S) = 36
Oleh karena A ∩ B = ∅, maka kejadian
A dan B saling asing
5
Kejadian terambil 3 bangun sama = kejadian
terambil 3 kubus, terambil 3 kerucut, atau
terambil 3 limas.
P(D) = peluang terambil ketiganya kubus
Peluang terambil 2 apel:
1
36
.
n(B)
36
P(B) = n(S) = 105
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang terambil dua buah dengan jenis yang sama:
15
b.
36
51
P = P(A) + P(B) = 105 + 105 = 105
Pengambilan dilakukan satu per satu tanpa pengembalian.
Ruang sampel S = himpunan apel dan jeruk dalam kotak.
n(S) = banyak apel dan jeruk dalam kotak
= 15
Kemungkinan kejadiannya adalah terambil jeruk pada pengambilan pertama dan kedua atau terambil
apel pada pengambilan pertama dan kedua.
Misalkan Q1 = kejadian terambil 1 jeruk pada pengambilan pertama dan Q2 = kejadian terambil 1 jeruk
pada pengambilan kedua.
9
8
Diperoleh P(Q1) = 15 dan P(Q2|Q1) = 14
Peluang terambil 1 jeruk pada pengambilan pertama dan 1 jeruk pada pengambilan kedua:
9
8
72
P1= P(Q1) × P(Q2|Q1) = 15 × 14 = 210
Misalkan R1 = kejadian terambil 1 apel pada pengambilan pertama dan R2 = kejadian terambil 1 apel
pada pengambilan kedua.
6
5
Diperoleh P(R1) = 15 dan P(R2|R1) = 14 .
Peluang terambil 1 apel pada pengambilan pertama dan 1 apel pada pengambilan kedua:
6
5
30
P2= P(R1) × P(R2|R1) == 15 × 14 = 210
Peluang terambil dua buah dengan jenis yang sama:
30
72
102
17
P = P1 + P2 = 210 + 210 = 210 = 35
4. Kemungkinan hasil pelambungan sebagai berikut.
Pelambungan I
Pelambungan II
Pelambungan III
Pelambungan IV
Pelambungan V
Gambar
Gambar
Angka
Gambar
Angka
Mata dadu
genap
Mata dadu
ganjil
Angka
Mata dadu
genap
Mata dadu
ganjil
Mata dadu
genap
Mata dadu
ganjil
Mata dadu
genap
Mata dadu
genap
Mata dadu
ganjil
Mata dadu
ganjil
Mata dadu
genap
Mata dadu
ganjil
Matematika Kelas XI
39
B = kejadian tidak pernah terjadi pelemparan dadu
= kejadian selalu muncul mata uang
= {Gambar, Gambar, Gambar}
1
1
1
1
P(B) = 2 × 2 × 2 = 8
Jadi, peluang kejadian tidak pernah terjadi
1
pelemparan dadu 8 .
5. Jumlah kamus = 5 + 3 + 2 = 10
Ruang sampel S = kejadian terambilnya 3 kamus
dari 10 kamus.
n(S) = banyak cara mengambil 3 kamus dari 10 kamus
= 10C3
=
10!
3! (10 − 3)!
=
10 × 9 × 8 × 7!
3 × 2 × 1× 7!
= 10 × 3 × 4 = 120
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: b
Banyak warna = 7
Banyak warna baru yang dapat dibuat = 7C2 = 21.
Misalkan A = kejadian terambilnya ketiga kamus
berbeda
= kejadian terambil 1 kamus Bahasa
Inggris, 1 kamus Bahasa Mandarin,
dan 1 kamus Bahasa Jepang
n(A) = banyak cara mengambil 1 kamus Bahasa
Inggris dari 5 kamus Bahasa Inggris,
1 kamus Bahasa Mandarin dari 3 kamus
Bahasa Mandarin, dan 1 kamus Bahasa
Jepang dari 2 kamus Bahasa Jepang
= 5C1 × 3C1 × 2C1 = 5 × 3 × 2 = 30
n(A)
=
=
1
5. Jawaban: c
1) Banyak jabat tangan antarsiswa sekolah A
= 78
nC2 = 78
8!
(8 − 5)!
8!
3!
8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3!
3!
= 6.720 cara
3. Jawaban: c
Anggap 4 pemuda sebagai satu kelompok dan 3
pemudi sebagai satu kelompok. Banyak cara
duduk 4 pemuda dalam satu kelompok adalah 4P4.
Banyak cara duduk 3 pemudi dalam satu
kelompok adalah 3P3.
Banyak cara duduk berselang-seling pemuda dan
pemudi.
= 4P4 × 3P3
= pemuda = 4! cara
= 4! × 3!
= pemudi = 3! cara
= 144
4. Jawaban: e
Banyak cara menyusun 2 huruf berlainan dari
24 huruf = 24P2 = 552.
Banyak cara menyusun 4 angka berlainan dari
10 angka = 10P4.
Banyak cara menyusun pelat nomor = 552 × 10P4.
40
Aturan Pencacahan dan Peluang
1
Fh(A) = P(A) × n = 4 × 20 = 5 kali
Jadi, frekuensi harapan terambil ketiga kamus
berbeda 5 kali.
2. Jawaban: e
Banyak cara menempatkan bendera-bendera
tersebut
= 8P5 =
30
P(A)= n(S) = 120 = 4
2)
⇔
n!
2!(n − 2)!
= 78
⇔
n(n − 1)(n − 2)!
2(n − 2)!
= 78
⇔
n(n – 1) = 156
⇔
n2 – n – 156 = 0
⇔ (n + 12)(n – 13) = 0
⇔ n = –12 atau n = 13
Nilai n yang memenuhi adalah 13.
Banyak siswa sekolah A = 13 orang.
Banyak jabat tangan antarsiswa sekolah B
= 105
nC2 = 105
⇔
⇔
n!
2!(n − 2)!
n(n − 1)(n − 2)!
2(n − 2)!
= 105
= 105
⇔
n(n – 1) = 210
⇔
n2 – n – 210 = 0
⇔ (n – 15)(n + 14) = 0
⇔ n = 15 atau n = –14
Nilai n yang memenuhi adalah 15.
Banyak siswa sekolah A = 15 orang.
Banyak siswa seluruhnya = 13 + 15 = 28 orang
Banyak jabat tangan dari 28 orang
28!
28 × 27 × 26!
= 28C2 = 2!26! = 2 × 26!
= 14 × 27 = 378 cara.
6. Jawaban: c
n1 = banyak bilangan 35xx
Ribuan
Ratusan
1 cara
1 cara
Puluhan
Satuan
3P2 cara
= 1 × 1 × 3P2
=1×1×6
=6
n2 = banyak bilangan di antara 3.600 dan 4.000
Ribuan
Ratusan
1 cara
3 cara
Puluhan
Satuan
3P2 cara
Dapat ditempati angka
6, 7, atau 9
= 1 × 3 × 3P2
=1×3×6
= 18
n3 = banyak bilangan lebih dari 4.000
Ribuan
4 cara
Ratusan
Puluhan
Satuan
4P3 cara
Dapat ditempati angka 5, 6, 7, atau 9
= 4 × 4P3
= 4 × 24 = 96
Banyak bilangan bernilai lebih dari 3.500
= n1 + n2 + n3
= 6 + 18 + 96 = 120
7. Jawaban: d
Bilangan yang kurang dari 1.000 terdiri atas 3 angka
dengan urutan diperhatikan sehingga digunakan
permutasi.
Banyak bilangan yang dapat disusun sebagai
berikut.
a.
b.
c.
d.
3!
0, 0, dan 6 ada 2!1! = 3 bilangan
0, 1, dan 5 ada 3! = 6 bilangan
0, 2, dan 4 ada 3! = 6 bilangan
3!
e.
0, 3, dan 3 ada 2!1! = 3 bilangan
1, 2, dan 3 ada 3! = 6 bilangan
f.
1, 4, dan 1 ada 2!1! = 3 bilangan
g.
3!
3!
3!
2, 2, dan 2 ada
= 1 bilangan
Banyak bilangan kurang dari 1.000 dengan jumlah
angka penyusunnya 6
= 3 + 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 1 = 28
Jadi, ada 28 bilangan.
8. Jawaban: d
Banyak cara mengambil 3 buku = 5C3
Banyak cara meletakkan 3 buku secara berderet
= 3P3
Banyak cara mengambil dan meletakkan buku
= 5C3 × 3P3
= 10 × 6
= 60
Cara lain:
Permasalahan tersebut merupakan permutasi 3 dari 5.
Banyak cara mengambil dan meletakkan buku
= 5P3 = 60
Jadi, ada 60 cara.
9. Jawaban: b
Kata ANALISIS terdiri atas 8 huruf.
Banyak huruf A = 2
Banyak huruf I = 2
Banyak huruf S = 2
Banyak susunan huruf
8!
40.320
= 2!2!2!1!1! =
= 5.040
8
Jadi, ada 5.040 susunan huruf.
10. Jawaban: b
Terdapat 3 kelas. Banyak susunan duduk
berdasarkan kelasnya ada 3! cara.
Wakil kelas XI IPA 1 dapat duduk dengan 4! cara.
Wakil kelas XI IPA 2 dapat duduk dengan 2! cara.
Wakil kelas XI IPA 3 dapat duduk dengan 3! cara.
Banyak cara mereka duduk
= 3! × 4! × 2! × 3!
= 6 × 24 × 2 × 6 = 1.728
11. Jawaban: c
Jumlah buah yang dibeli Andi = 18
Andi membeli paling sedikit 5 buah untuk setiap
jenis buah, maka sebanyak 15 buah yang terdiri
atas 5 apel, 5 jeruk, dan 5 mangga sudah pasti
dibeli Andi.
Dengan demikian, sebanyak 3 buah belum
diketahui komposisi masing-masing jenis buah
yang akan dibeli Andi.
Komposisi 3 jenis buah tersebut dapat dicari
menggunakan cara berikut.
Jumlah 3 buah tersebut dapat diwakili dengan
angka 0, 1, 2, dan 3.
Apel(a)
0
1
2
3
Jeruk(j)
Mangga(m)
Komposisi Buah
0
3



→
(0a, 0j, 3m)
1
2



→
(0a, 1j, 2m)
1



→
(0a, 2j, 1m)
3
0



→
(0a, 3j, 0m)
0
2



→
(1a, 0j, 2m)
1
1



→
(1a, 1j, 1m)
2
0



→
(1a, 2j, 0m)
0
1



→
(2a, 0j, 1m)
1
0



→
(2a, 1j, 0m)
0
0



→
(3a, 0j, 0m)
2
Matematika Kelas XI
41
(0a, 0j, 3m) berarti membeli 5 apel, 5 jeruk, dan 8
mangga.
(0a, 1j, 2m) berarti membeli 5 apel, 6 jeruk, dan 7
mangga.
(0a, 2j, 1m) berarti membeli 5 apel, 7 jeruk, dan 6
mangga, dan seterusnya.
Oleh karena terdapat 10 komposisi 3 buah yang
akan dibeli, maka komposisi banyak buah yang
mungkin dibeli Andi ada 10.
12. Jawaban: d
Juara I dapat dipilih dari 10 finalis.
Juara II dapat dipilih dari 9 finalis.
Juara I dapat dipilih dari 8 finalis.
Banyak susunan juara yang mungkin terjadi =
10 × 9 × 8 = 720
13. Jawaban: d
Dari 6 angka yang tersedia akan dibuat bilangan 3
angka berlainan yang nilainya antara 300 dan 700.
Bilangan tiga angka memiliki nilai tempat ratusan,
puluhan, dan satuan.
Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat
ratusan adalah 3, 4, 5, atau 6, berarti ada 4 cara
untuk menempati nilai tempat ratusan.
Setelah satu angka menempati nilai tempat
ratusan, tersisa 5 angka sehingga ada 5 cara untuk
menempati nilai tempat puluhan.
Setelah dua angka menempati nilai tempat ratusan
dan puluhan, tersisa 4 angka sehingga ada 4 cara
untuk menempati nilai tempat satuan.
Banyak bilangan antara 300 dan 700 yang dapat
dibentuk = 4 × 5 × 4 = 80.
14. Jawaban: d
Isi martabak ada 2 pilihan, yaitu mentega dan keju.
Dua isi tambahan dapat dipilih dari 4 pilihan, yaitu
keju, cokelat, pisang, dan kacang.
Banyak isi tambahan yang dapat dipilih merupakan
kombinasi 2 dari 4 (4C2).
Banyak jenis martabak berbeda yang dapat dipilih
Pipit = 2 × 4C2 = 2 ×
4!
2! 2!
= 2 × 6 = 12.
15. Jawaban: d
Susunan kode kupon sebagai berikut.
Kode urutan ke-1 sampai ke-6.
Angka I
2
Angka II
3
Angka III Angka IV
Angka V
3P3 =
6
Kode urutan ke-7 sampai ke-9.
Angka I
2
Angka II
5
Angka III Angka IV
3!
2!
42
Angka V
= 3 cara
Aturan Pencacahan dan Peluang
Kode urutan ke-10 sampai ke-12.
Angka I
Angka II
2
8
Angka III Angka IV
Angka V
3!
2!
= 3 cara
Kode urutan ke-13 sampai ke-36.
Angka I
3
Angka II
Angka III Angka IV
Angka V
4P4
= 24 cara
Kode urutan ke-37 sampai ke-39.
Angka I
Angka II
5
2
Angka III Angka IV
Angka V
3!
2!
= 3 cara
Kode urutan ke-40 adalah 53238.
Kode urutan ke-41 adalah 53283.
Jadi, kode 53283 pada urutan ke-41.
16. Jawaban: d
Bilangan ratusan memiliki nilai tempat ratusan,
puluhan, dan satuan.
Angka pertama menempati nilai tempat ratusan
dan angka terakhir nilai tempat satuan.
Pasangan angka pertama dan terakhir yang
mempunyai selisih 3 sebagai berikut.
No.
Ribuan
Puluhan
Satuan
1.
3
10 cara
0
2.
4
10 cara
1
3.
5
10 cara
2
4.
6
10 cara
3
5.
7
10 cara
4
6.
8
10 cara
5
7.
9
10 cara
6
Angka-angka yang menempati nilai tempat puluhan
ada 10, yaitu 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, dan 9.
Susunan angka pertama dan terakhir pada bilangan
urutan ke-1 tidak dapat dipertukarkan sehingga ada
10 cara untuk menyusun bilangan ratusan yang
diawali angka 3.
Susunan angka pertama dan terakhir pada bilangan
urutan ke-2 sampai ke-7 dapat dipertukarkan
sehingga ada 2 cara untuk menyusun angka
pertama dan terakhir.
Dengan demikian, diperoleh banyak bilangan yang
terbentuk = 10 + 10 × 6 × 2 = 130
Jadi, banyak bilangan ratusan dengan angka pertama
dan terakhir mempunyai selisih 3 adalah 130.
17. Jawaban: a
A
= kejadian terpilih dua orang merupakan
suami istri
= kejadian terpilih 1 pasangan suami istri dari
6 pasang suami istri
n(A) = 6C1 = 6
n(S) = banyak cara memilih dua orang dari 6
pasangan suami istri (12 orang)
= 12C2 = 66
n(A)
6
1
P(A) = n(S) = 66 = 11
Peluang terpilih dua orang merupakan suami istri
1
adalah 11 .
n(B)
3
n(A)
4
2
= 10 = 5
15
n(B)
15
20. Jawaban: d
Kemungkinan panitia yang terbentuk (2 putri,
2 putra), (1 putri, 3 putra), atau 4 putra.
Jumlah siswa = 5 + 5 = 10.
Ruang sampel S = kejadian terpilih 4 siswa dari
10 siswa.
Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 10C4
A
= kejadian panitia yang terbentuk 2 putri dan
2 putra
P(A) =
=
B
= n(S) = 36
A ∩ B = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (4, 1)}
n(A ∩ B)
n(S)
15
15
7
21
7
= 36 + 36 – 36 = 36 = 12
Jadi, peluang jumlah mata dadu yang terlihat
7
kurang dari 7 atau bilangan prima 12 .
19. Jawaban: c
Jumlah bola = 3 + 2 = 5.
S = kejadian terambil 2 bola dari 5 bola
n(S) = 5C2 = 10
Kemungkinan bola yang terambil 2 putih atau
2 hitam.
A = kejadian terambil 2 bola putih dari 3 bola putih
n(A) = 3C2 = 3
3
P(A) = n(S) = 10
5C2
× 5C2
10 C4
10 × 10
210
10
= 21
= kejadian panitia yang terbentuk 1 putri dan
3 putra
P(B) =
5C1 × 5C3
10 C4
5 × 10
7
= 36
Peluang jumlah mata dadu yang terlihat kurang
dari 10 atau bilangan prima:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(A)
1
= 10 + 10
2
P(A) = n(S) = 36
B
= kejadian jumlah mata dadu yang terlihat
bilangan prima (2, 3, 5, 7, atau 11)
= {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3),
(2, 5), (3, 2), (3, 4), (4, 1), (4, 3), (5, 2),
(5, 6), (6, 1), (6, 5)}
P(A ∩ B) =
1
P(B) = n(S) = 10
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang bola yang terambil berwarna sama
= P (2 putih) + P (2 hitam)
= P(A) + P(B)
Jadi, peluang bola yang terambil berwarna sama 5 .
18. Jawaban: b
A
= kejadian jumlah mata dadu yang terlihat
kurang dari 7
= {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 1), (2, 2),
(2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2),
(5, 1)}
P(B)
B = kejadian terambil 2 bola hitam dari 2 bola
hitam
n(B) = 2C2 = 1
C
5
= 210 = 21
= kejadian panitia yang terbentuk 4 putra
P(C) =
5C4
10 C4
5
1
= 210 = 42
Kejadian A, B, dan C saling lepas.
Peluang panitia yang terbentuk terdiri paling banyak
2 siswa putri:
10
5
1
31
P = P(A) + P(B) + P(C) = 21 + 21 + 42 = 42
21. Jawaban: d
1
Peluang terpilih dompet I = 2 .
Dompet I berisi 5 keping uang logam lima ratusan
dan 2 keping dua ratusan rupiah.
2
Peluang terpilih uang logam dua ratusan = 7 .
A
= kejadian terpilih dompet I dan terpilih uang
logam dua ratusan rupiah
Matematika Kelas XI
43
1
2
1
P(A) = 2 × 7 = 7
1
Peluang terpilih dompet II = 2 .
Dompet II berisi 1 keping lima ratusan dan 3 keping
dua ratusan rupiah.
3
Peluang terpilih uang logam dua ratusan = 4 .
B = kejadian terpilih dompet II dan terpilih uang
logam dua ratusan
1
3
3
P(B) = 2 × 4 = 8
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang mendapatkan uang logam dua ratusan
rupiah:
P = P(A) + P(B)
1
3
P(B|A) = peluang kejadian pengambilan kedua
mendapat dua bola lampu hidup dengan
syarat telah terambil dua bola lampu mati
pada pengambilan pertama
16 C2
n(B)
120
3
40
8
= 95 × 51 = 323
Jadi, peluang pengambilan pertama mendapat dua
bola lampu mati dan pengambilan kedua mendapat
8
dua bola lampu hidup adalah 323 .
24. Jawaban: d
= 7 + 8
=
8
56
+
21
56
=
29
56
Jadi, peluang terambil uang logam dua ratusan rupiah adalah
29
56
.
22. Jawaban: a
Lisa, Tera, dan Wisnu dipandang sebagai 1 unsur,
maka permasalahan menjadi permutasi siklis
dari 4 unsur. Adapun cara duduk Lisa, Tera, dan
Wisnu ada 3! cara.
A
= kejadian Lisa, Tera, dan Wisnu duduk bersebelahan
n(A) = 3! × permutasi siklis 4 unsur
= 3!(4 – 1)! = 36
n(S) = permutasi siklis 6 unsur
= (6 – 1)! = 5! = 120
n(A)
36
3
P(A) = n(S) = 120 = 10
Jadi, peluang Lisa, Tera, dan Wisnu duduk ber3
sebelahan 10 .
23. Jawaban: c
Dalam kotak terdapat 4 bola lampu mati dan
16 bola lampu hidup.
A = kejadian pengambilan pertama mendapat dua
bola lampu mati
B = kejadian pengambilan kedua mendapat dua
bola lampu hidup
P(A) =
n(A)
n(S)
=
4 C2
20 C2
=
6
190
=
3
95
Dua bola lampu mati yang telah terambil tidak
dikembalikan. Sekarang dalam kotak terdapat
2 bola lampu mati dan 16 bola lampu hidup.
44
Aturan Pencacahan dan Peluang
40
= n(S) = C = 153 = 51
18 2
Peluang kejadian pengambilan pertama mendapat
dua bola lampu mati dan pengambilan kedua
mendapat dua bola lampu hidup:
P(A ∩ B) = P(A) × P(B|A)
Pria
Wanita
Jumlah
Berambut keriting
5
6
11
Berambut tidak keriting
5
6
11
Jumlah
10
12
22
Ruang sampel S = kejadian terpilih 3 orang dari
22 orang
22!
22 × 21× 20 × 19!
3 × 2 × 1× 19!
n(S) = 22C3 = 3! 19! =
A
= 1.540
= kejadian terpilih 3 pria dari 10 pria
10 × 9 × 8 × 7!
10!
n(A) = 10C3 = 3! 7! = 3 × 2 × 1× 7! = 120
B
= kejadian terpilih 3 orang berambut keriting
dari 11 orang
11× 10 × 9 × 8!
11!
n(B) = 11C3 = 3! 8! = 3 × 2 × 1× 8! = 165
A ∩ B = kejadian terpilih 3 orang pria dan berambut
keriting
5 × 4 × 3!
5!
n(A ∩ B) = 5C3 = 3! 2! = 3! × 2 × 1 = 10
A ∪ B = kejadian terpilih ketiganya pria atau
berambut keriting:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
=
n(A)
n(S)
+
–
n(A ∩ B)
n(S)
165
10
n(B)
n(S)
120
275
= 1.540 + 1.540 – 1.540 = 1.540
Jadi, peluang terpilih ketiganya pria atau berambut
275
keriting adalah 1.540 .
25. Jawaban: a
Jumlah siswa dari tim A dan tim B = 13
Ruang sampel S = kejadian terpilih 2 siswa dari
13 siswa.
n(S) = 13C2
n(A) = 4P4 × 4P2
4!
=
13 × 12 × 11!
2 × 1× 11!
=
= 13 × 6 = 78
Kemungkinan siswa yang terpilih adalah 1 siswa
laki-laki dari tim A dan 1 siswa perempuan dari
tim A, 1 siswa laki-laki dari tim A dan 1 siswa lakilaki dari tim B, atau 1 siswa laki-laki dari tim A dan
1 siswa perempuan dari tim B.
K1
= kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A
dan 1 siswa perempuan dari tim A
n(K1) = 3C1 × 2C1 = 3 × 2 = 6
P(K1) =
n(K1)
n(S)
=
6
78
K2
= kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A
dan 1 siswa laki-laki dari tim B
n(K2) = 3C1 × 5C1 = 3 × 5 = 15
n(K )
15
P(K2) = n(S)2 = 78
K3 = kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A
dan 1 siswa perempuan dari tim B
n(K3) = 3C1 × 3C1 = 3 × 3 = 9
P(K3) =
n(K 3 )
n(S)
=
9
78
Kejadian K1, K2, dan K3 saling lepas.
Peluang terpilih 1 siswa laki-laki dari tim A:
P = P(K1) + P(K2) + P(K2)
6
15
30
5
4!
= (4 − 4)! × (4 − 2)!
13!
= 2!(13 − 2)!
4 × 3 × 2 × 1!
1!
4 × 3 × 2!
2!
×
= 24 × 12
= 288
B = kejadian 3 anak duduk di baris1 dan 3 anak
duduk di baris 2
n(B) = 4P3 × 4P3 × 2
4!
4!
= (4 − 3)! × (4 − 3)! × 2
=
4 × 3 × 2 × 1!
1!
×
4 × 3 × 2 × 1!
1!
×2
= 24 × 24 × 2
= 1.152
C = kejadian 2 anak duduk di baris1 dan 4 anak
duduk di baris 2
n(C) = 4P2 × 4P4
4!
4!
= (4 − 2)! × (4 − 4)!
=
4 × 3 × 2!
4 × 3 × 2 ×1
×
2!
1
= 12 × 24
= 288
n(S) = n1 + n2 + n3
= 288 + 1.152 + 288
= 1.728
Peluang 3 anak duduk dalam satu baris:
n(B)
1.152
2
P(B) = n(S) = 1.728 = 3
9
= 78 + 78 + 78
2
= 78 = 13
Jadi, peluang terpilih satu siswa laki-laki dari tim
5
A adalah 13 .
26. Jawaban: b
Kemungkinan 6 anak duduk di kursi sebagai berikut
Kemungkinan
Baris 1
Baris 2
I
II
III
4 anak
3 anak
2 anak
2 anak
3 anak
4 anak
Ruang sampel S = kejadian 4 anak duduk di baris1
dan 2 anak duduk di baris 2, kejadian 3 anak duduk
di baris1 dan 3 anak duduk di baris 2, atau
kejadian 2 anak duduk di baris1 dan 4 anak duduk
di baris 2.
A = kejadian 4 anak duduk di baris1 dan 2 anak
duduk di baris 2
Jadi, peluang 3 anak duduk dalam satu baris 3 .
27. Jawaban: e
Ruang sampel S = kejadian terpilih 2 siswa dari 9
siswa.
n(S) = banyak cara memilih 2 siswa dari 9 siswa
= 9C2
9!
= 2!(9 − 2)!
9 × 8 × 7!
= 2 × 1× 7! = 9 × 4 = 36
Kemungkinan pasangan ketua dan sekretaris yang
terpilih sebagai berikut.
Asal Kelas
Ketua
Sekretaris
XI
X
XII
X
XII
XI
Matematika Kelas XI
45
Misalkan A = kejadian terpilih ketua dari kelas XI
dan sekretaris dari kelas X
B = kejadian terpilih ketua dari kelas XII
dan sekretaris dari kelas X
C = kejadian terpilih ketua dari kelas XII
dan sekretaris dari kelas XI
n(A) = 4C1 × 3C1 = 4 × 3 = 12
n(B) = 2C1 × 3C1 = 2 × 3 = 6
n(B) = 2C1 × 4C1 = 2 × 4 = 8
Kejadian A, B, dan C saling lepas.
Peluang terpilih keduanya dari kelas yang berbeda
dan ketua harus berasal dari kelas yang lebih tinggi
dari sekretaris:
n(A)
n(B)
n(C)
P = n(S) + n(S) + n(S)
12
6
8
26
= 36 + 36 + 36 = 36
28. Jawaban: a
Jumlah bola = 5 + 4 = 9
S = kejadian terambil 3 bola dari 9 bola
n(S) = 9C3
9!
= 3!(9 − 3)!
9 × 8 × 7 × 6!
= 3 × 2 × 1× 6!
= 84
Kemungkinan bola yang terambil adalah 2 bola
putih dan 1 bola hitam atau 3 bola putih.
A1 = kejadian terambil 2 bola putih dan 1 bola hitam
n(A1) = 5C2 × 4C1
5!
4!
= 2! 3! × 1! 3!
=
5 × 4 × 3!
2 × 3!
4 × 3!
× 1× 3!
= 10 × 4
= 40
n(A )
40
P(A1) = n(S)1 = 84
A2 = kejadian terambil 3 bola putih
n(A2) = 5C3
=
5 × 4 × 3!
3! 2!
= 10
P(A2) =
10
n( A )
n(S )
= 84
Kejadian A1 dan A2 saling lepas.
Peluang terambil sekurang-kurangnya 2 bola putih:
P(A) = P(A1) + P(A2)
40
10
= 84 + 84
=
46
50
84
Aturan Pencacahan dan Peluang
Frekuensi harapan terambil sekurang-kurangnya
dua bola putih:
Fh(A) = n × P(A)
50
= 84 × 84
= 50 kali
Jadi, frekuensi harapan terambil sekurangkurangnya 2 bola putih adalah 50 kali.
29. Jawaban: d
Banyak percobaan = n.
Ruang sampel S = himpunan pasangan mata dadu
pada pelambungan dua dadu.
n(S) = 6 × 6 = 36
A = kejadian terlihat mata dadu pertama 3
= {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)}
n(A) = 6
B = kejadian terlihat mata dadu kedua 5
= {(1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)}
n(B) = 6
A ∩ B = kejadian muncul mata dadu pertama 3
dan mata dadu kedua 5
= {(3, 5)}
Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, kejadian A dan B tidak
saling lepas.
peluang terlihat mata dadu pertama 3 atau mata
dadu kedua 5:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(A)
n(B)
= n(S) + n(S) –
6
6
1
P(A ∩ B)
n(S)
11
= 36 + 36 – 36 = 36
Frekuensi harapan terlihat mata dadu pertama 3
atau mata dadu kedua 5:
Fr(A ∪ B) = P(A ∪ B) × n
11
33 = 36 × n ⇔ n = 33 × 36 = 1.188
Jadi, dua dadu dilambungkan sebanyak 108 kali.
⇔
30. Jawaban: b
Banyak percobaan n = 165
Jumlah uang logam dalam mangkuk = 8 + 3 = 11
Kemungkinan uang logam yang terambil adalah
pertama uang logam seribuan dan kedua uang
logam seribuan atau pertama uang logam seribuan
dan kedua uang logam lima ratusan.
A
= kejadian terambil pertama uang logam
seribuan dan kedua uang logam seribuan
8
7
8
3
56
P(A) = 11 × 10 = 110
B
= kejadian terambil pertama uang logam
seribuan dan kedua uang logam lima
ratusan
24
P(B) = 11 × 10 = 110
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang terambil uang logam seribuan pada
pengambilan pertama:
56
24
80
8
P = P(A) + P(B) = 110 + 110 = 110 = 11
Frekuensi harapan terambil uang logam seribuan
pada pengambilan pertama:
Jadi, banyak cara menyusun 6 foto
dengan 2 foto tidak pernah bersama-sama
= 720 – 240 = 480 cara.
3. a.
8
1!
Fh = P × N = 11 × 165 = 120
Jadi, frekuensi harapan terambil uang logam seribuan
pada pengambilan pertama adalah 120 kali.
B. Uraian
1. Bilangan genap antara 2.000 dan 5.000 terdiri atas
nilai tempat ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan.
Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat
ribuan adalah 2, 3, atau 4.
Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat
satuan adalah 2, 4, 6, atau 8.
Ribuan
2
3
4
Ratusan
Puluhan
...
...
...
...
...
...
5P2
Satuan
4, 6, atau 8
2, 4, 6, atau 8
2, 6, atau 8
Banyak bilangan genap antara 2.000 dan 5.000
yang dapat dibentuk
= 5P2 × 3 + 5P2 × 4 + 5P2 × 3
= 5P2(3 + 4 + 3)
= 20 × 10 = 200
2. a.
b.
2 foto yang disusun selalu bersama-sama
dianggap sebagai 1 unsur.
Permasalahan menjadi permutasi dari 6 – 1 =
5 unsur yaitu ada 5P5 cara.
Penyusunan 2 foto yang selalu bersamasama ada 2P2 cara.
Banyak cara seluruhnya
= 2P2 × 5P5
= 2! × 5!
=2×1×5×4×3×2×1
= 240 cara
Jadi, banyak cara menyusun foto dengan
2 foto selalu bersama-sama ada 240 cara.
Banyak 6 foto dipasang dengan tidak ada
batasan cara = 6P6
= 6!
=6×5×4×3×2×1
= 720 cara
Banyak foto dipasang dengan 2 foto selalu
bersama-sama = 2P2 × 5P5
= 2! × 5!
=2·1×5·4·3·2·1
= 240 cara
Banyak cara membentuk kelompok
= banyak cara memilih 7 siswa dari 12 siswa
= 12C7
= 7!(12 − 7)!
=
b.
12 × 11× 10 × 9 × 8 × 7!
7! × 5 × 4 × 3 × 2 × 1
= 12 × 11 × 2 × 3 = 792
Kemungkinan anggota tim yang terpilih adalah
6 siswa putra dan 1 siswa putri atau 7 siswa
putra.
n1 = banyak cara membentuk kelompok
beranggotakan 6 putra dan 1 putri
= 8C6 × 4C1
8!
4!
= 6!(8 − 6)! × 1!(4 − 1)!
8 × 7 × 6!
4 × 3!
= 6! × 2 × 1 × 1× 3!
= 4 × 7 × 4 = 112
n2 = banyak cara membentuk kelompok
beranggotakan 7 siswa putra
= 8C7
8!
= 7!(8 − 7)!
8 × 7!
= 7 × 1! = 8
Banyak cara membentuk kelompok dengan
anggota paling sedikit enam siswa putra
= n1 + n2
= 112 + 8
= 120
4. Bentuk taman yang diinginkan
I
II
II
II
I
II
II
II
I
Banyak cara menanam pohon I = (3 – 1)!
= 2!
=2
Banyak cara menanam pohon II = (6 – 1)!
= 5!
= 120
Banyak cara menanam pohon-pohon itu
= 2 × 120 = 240 cara.
Matematika Kelas XI
47
5. Password terdiri atas 4 huruf. Huruf pertama diawali
dengan huruf s. Ketiga huruf lain dapat dipilih dari
huruf p, q, r, t, u, dan v.
Banyak cara memilih 4 huruf dari 6 huruf
= 6C3
6!
= 3! 3!
=
6 × 5 × 4 × 3!
3! × 3 × 2 × 1
= 20 cara
Angka prima kurang dari 10 ada 4, yaitu 2, 3, 5,
dan 7.
Banyak cara memilih 2 angka dari 4 angka
= 4C2
4!
= 2! 2!
=
4 × 3 × 2!
2! × 2
= 6 cara
Banyak susunan password yang dapat disusun
= 5P5 = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 cara.
Banyak password yang dapat disusun
= 20 × 6 × 120
= 14.400 cara
Jadi, banyak password yang dapat disusun ada
14.400 cara.
6. S = kejadian A memperoleh 13 kartu dari 52 kartu
n(S) = 52C13
R = kejadian A memperoleh 4 kartu Jack
= kejadian A memperoleh 4 kartu Jack dan
9 kartu sembarang dari 48 kartu selain Jack
n(R) = 4C4 × 48C9
n(R)
P(R) = n(S) =
×
4 C4
48 C9
52 C13
48!
=
1× 9! 39!
52!
13! 39!
48!
13!
48! × 13 × 12 × 11× 10 × 9!
= 9! × 52 × 51× 50 × 49 × 48!
11
11
= 4.165
11
Jadi, peluang A memperoleh 4 kartu Jack 4.165 .
7. Kotak A berisi 4 + 3 = 7 kartu
SA = kejadian terambil 2 kartu dari kotak A
n(SA) = 7C2
=
7 × 6 × 5!
2 × 1× 5!
= 7 × 3 = 21
A = kejadian terambil 2 kartu merah dari kotak A
48
6
4 × 3 × 2!
2 × 1× 2!
=2×3=6
2
= 21 = 7
Kotak B berisi 6 + 2 = 8 kartu
SB = kejadian terambil 2 kartu dari kotak B
n(SB) = 8C2
P(A) =
=
8!
2! (8 − 2)!
8 × 7 × 6!
2 × 1× 6!
=
= 4 × 7 = 28
B = kejadian terambil 2 kartu putih dari kotak B
n(B) = 2C2 = 1
P(B) =
n(B)
n(SB )
1
= 28
Kejadian A dan B merupakan dua kejadian saling
bebas.
Peluang terambil dua kartu merah dari kotak A dan
dua kartu putih dari kotak B:
P(A ∩ B) = P(A) × P(B)
2
1
1
= 7 × 28 = 98
Jadi, peluang terambil 2 kartu merah dari kotak A
1
dan 2 kartu putih dari kotak B adalah 98 .
8. Ruang sampel S = himpunan pasangan mata dadu
pada pelambungan dua mata dadu secara
bersamaan.
n(S) = 6 × 6 = 36
A = kejadian terlihat mata dadu pertama 6
= {(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}
n(A) = 6
n(A)
6
n(B)
5
P(A) = n(S) = 36
B = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 8
= {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)}
n(B) = 5
1
= 17 × 5 × 49
7!
2! (7 − 2)!
n(A)
n(S A )
=
P(B) = n(S) = 36
A ∩ B = kejadian terlihat mata dadu pertama 6
dan jumlah kedua mata mata dadu 8
= {(6, 2)}
n(A ∩ B) = 1
= 9! × 52!
=
4!
2! (4 − 2)!
n(A) = 4C2 =
Aturan Pencacahan dan Peluang
P(A ∩ B) = 36
Peluang terlihat mata dadu pertama 6 atau jumlah
kedua mata dadu 8:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
6
5
1
10
5
= 36 + 36 – 36 = 36 = 18
9. Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kelereng
dari 20 kelereng.
n(S) = 20C2
=
20!
2! (20 − 2)!
=
20 × 19 × 18!
2 × 1× 18!
= 10 × 19 =190
Kemungkinan kelereng yang terambil adalah
(1 putih, 1 kuning), (1 putih, 1 hijau), atau (1 hijau,
1 kuning).
A = kejadian terambil 1 kelereng putih dan
1 kelereng kuning
n(A) = 5C1 × 8C1 = 5 × 8 = 40
B = kejadian terambil 1 kelereng putih dan
1 kelereng hijau
n(B) = 5C1 × 7C1 = 5 × 7 = 35
C = kejadian terambil 1 kelereng hijau dan
1 kelereng kuning
n(C) = 7C1 × 8C1 = 7 × 8 = 56
Kejadian A, B, dan C saling lepas.
Peluang terambil 1 kelereng putih atau 1 kelereng
hijau:
P = P(A) + P(B) + P(C)
n(A)
n(B)
n(C)
40
35
56
= n(S) + n(S) + n(S)
= 190 + 190 + 190
n(A)
n(B)
n(C)
24
48
32
= n(S) + n(S) + n(S)
131
= 190
Jadi, peluang terambil 1 kelereng putih dan
131
1 kelereng hijau adalah 190 .
10. Jumlah bola = 6 + 4 + 8 = 18
S = kejadian terambil 2 bola dari 18 bola
n(S) = 18C2
18!
A = kejadian bola yang terambil 1 putih dan 1 hijau
n(A) = 6C1 × 4C1
=6×4
= 24
B = kejadian bola yang terambil 1 putih dan
1 kuning
n(B) = 6C1 × 8C1
=6×8
= 48
C = kejadian bola yang terambil 1 kuning dan
1 hijau
n(C) = 8C1 × 4C1
=8×4
= 32
Kejadian A, B, dan C saling lepas.
Peluang terambil bola berbeda warna:
P = P(A) + P(B) + P(C)
18 × 17 × 16!
= 2! 16! = 2 × 1× 16! = 9 × 17 = 153
Kemungkinan bola yang terambil adalah
(1P, 1H), (1P, 1K), dan (1K, 1H)
= 153 + 153 + 153
104
= 153
Fh(P) = P × n
104
= 153 × 306
= 208
Jadi, frekuensi harapan terambil bola berbeda
warna adalah 208.
Matematika Kelas XI
49
Setelah mempelajari bab ini peserta didik mampu:
1. menjelaskan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran;
2. menjelaskan konsep kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menentukan persamaan umum lingkaran;
3. membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan menyelesaikan permasalahan tersebut;
4. merancang dan menyelesaikan permasalahan nyata yang berkaitan dengan garis singgung lingkaran.
Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik berperilaku disiplin dan kritis menerapkannya dalam
kehidupan sehari-hari.
Persamaan Lingkaran
Persamaan Lingkaran
•
•
•
•
•
Mendeskripsikan lingkaran.
Menjelaskan persamaan lingkaran
yang berpusat di O(0, 0) dan
P(a, b).
Menjelaskan bentuk umum persamaan lingkaran.
Menjelaskan kedudukan titik dan
garis terhadap lingkaran.
Berdiskusi menentukan jarak titik
terhadap suatu garis.
•
•
•
•
•
50
Persamaan Garis
Singgung Lingkaran
Persamaan Lingkaran
•
•
•
•
Mendeskripsikan garis singgung
lingkaran.
Menjelaskan cara menentukan
persamaan garis singgung lingkaran
yang diketahui gradiennya.
Menjelaskan cara menentukan
persamaan garis singgung
lingkaran di suatu titik.
Berdiskusi menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang
melalui titik di luar lingkaran.
Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta
memiliki rasa percaya diri dalam menyelesaikan masalah.
Berperilaku jujur dan bertanggung jawab dalam berinteraksi dengan
lingkungan sosial.
Menentukan persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung
lingkaran.
Membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dari
permasalahan nyata dan menyelesaikannya.
Merancang dan menyelesaikan permasalahan nyata yang berkaitan
dengan garis singgung lingkaran.
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: e
Lingkaran berpusat di titik O(0, 0) dan berjari-jari 9.
Persamaan lingkaran:
x2 + y2 = r2
⇔ x2 + y2 = 92
⇔ x2 + y2 = 81
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 81.
2. Jawaban: d
Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran
P(10, –6) dan jari-jarinya 10. Persamaan lingkarannya:
(x – 10)2 + (y – (–6))2 = 102
⇔ (x – 10)2 + (y + 6)2 = 100
Jadi, persamaan lingkarannya (x – 10)2 + (y + 6)2
= 100.
3. Jawaban: d
Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah
x2 + y2 = r2.
Lingkaran melalui titik (4, –2):
x2 + y2 = r2 ⇒ (4)2 + (–2)2 = r2
⇔
r2 = 16 + 4 = 20
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 20.
4. Jawaban: a
x2 + y2 – 6x – 4y – 3 = 0
⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 3 + 9 + 4
⇔
(x – 3)2 + (y – 2)2 = 16
Diperoleh koordinat titik pusat lingkaran (3, 2) dan
jari-jarinya 4. Grafik lingkaran yang sesuai ada
pada pilihan a.
5. Persamaan lingkaran yang berpusat di titik M(–4, 8)
dan melalui titik N(1, 5) adalah . . . .
a. x2 + y2 – 8x + 16y – 98 = 0
b. x2 + y2 + 8x – 16y + 46 = 0
c. x2 + y2 – 4x + 8y – 62 = 0
d. x2 + y2 + 4x – 8y + 10 = 0
e. x2 + y2 – 8x + 4y – 38 = 0
Jawaban: b
Persamaan lingkaran yang berpusat di titik M(–4, 8):
(x – (–4))2 + (y – 8)2 = r2
⇔ (x + 4)2 + (y – 8)2 = r2
Lingkaran melalui titik N(1, 5) diperoleh:
(x + 4)2 + (y – 8)2 = r2
⇔ (1 + 4)2 + (5 – 8)2 = r2
⇔
r2 = 52 + (–3)2
= 25 + 9 = 34
Persamaan lingkarannya:
(x + 4)2 + (y – 8)2 = 34
2
2
⇔ x + 8x + 16 + y – 16y + 64 – 34 = 0
⇔
x2 + y2 + 8x – 16y + 46 = 0
6. Jawaban: a
Titik pusat lingkaran terletak di tengah diameter,
koordinatnya:
 −4 + 6 −3 + 1


,
 2
2 
= (1, –1)
Persamaan lingkaran: (x – 1)2 + (y + 1)2 = r2
Lingkaran melalui titik (6, 1), diperoleh:
(6 – 1)2 + (1 + 1)2 = r2
⇔
r2 = 25 + 4 = 29
Persamaan lingkaran:
(x – 1)2 + (y + 1)2 = r2
⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 2y + 1 = 29
⇔
x2 + y2 – 2x + 2y – 27 = 0
7. Jawaban: d
Lingkaran x2 + y2 + 6x – 2y + a = 0 melalui titik
(1, 4), diperoleh:
12 + 42 + 6 · 1 – 2 · 4 + a = 0
⇔
1 + 16 + 6 – 8 + a = 0
⇔
a = –15
Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 + 6x – 2y – 15
= 0.
Jari-jari lingkaran:
r =
1
2
1
2
6
2
−2 2
)
2
(− A)2 + (− B)2 − C
=
(− )2 + (−
=
9 + 1+ 15
− (−15)
= 25 = 5
Jadi, panjang jari-jarinya 5 satuan.
8. Jawaban: e
Oleh karena titik A terletak pada lingkaran,
substitusikan titik (p, 1) ke dalam persamaan
lingkaran.
(x – 2)2 + (y + 4)2 = 26
⇔
(p – 2)2 + (1 + 4)2 = 26
⇔
p2 – 4p + 4 + 25 = 26
⇔
p2 – 4p + 3 = 0
⇔
(p – 3)(p – 1) = 0
⇔ p – 3 = 0 atau p – 1 = 0
⇔
p = 3 atau
p =1
Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 1 atau 3.
9. Jawaban: b
Misalkan titik P(24, 7) terletak pada lingkaran,
diperoleh:
x2 + y2 = a2
⇔ 242 + 72 = a2
⇔ 576 + 49 = a2
⇔
a2 = 625
⇔
a = 25
Matematika Kelas XI
51
Oleh karena titik P harus di dalam lingkaran, jarak
titik P terhadap titik O(0, 0) harus kurang dari 25.
Jadi, nilai a yang memenuhi adalah 0 < a < 25.
10. Jawaban: a
Lingkaran x2 + y2 + px + 8y + 9 = 0 berpusat di
1

titik  – 2 p, –4  .


r =
( 21 p)
2
−
+ (−4)2 – 9
=
1 2
p
4
+ 16 – 9
=
1 p2
4
+7
4
Lingkaran menyinggung sumbu X maka
r = |ordinat pusat|
Diperoleh:
1 p2
4
+ 7 = |–4|
2
1
4
p2 + 7 = 16
1
4
⇔
p2 = 9
⇔
p2 = 36
⇔
p=±6
Jadi, pusat lingkarannya (3, –4) atau (–3, –4).
11. Jawaban: b
x – 2y = 5 ⇔ x = 5 + 2y
Substitusikan x = 5 + 2y ke dalam persamaan
lingkaran x2 + y2 – 4x + 8y + 10 = 0 diperoleh:
(5 + 2y)2 + y2 – 4(5 + 2y) + 8y + 10 = 0
⇔ 25 + 20y + 4y2 + y2 – 20 – 8y + 8y + 10 = 0
⇔
5y2 + 20y + 15 = 0
⇔
y2 + 4y + 3 = 0
⇔
(y + 3)(y + 1) = 0
⇔
y1 = –3 atau y2 = –1
y1 = –3 ⇒ x1 = 5 + 2(–3) = –1 ⇒ A(–1, –3)
y2 = –1 ⇒ x2 = 5 + 2(–1) = 3 ⇒ B(3, –1)
Panjang ruas garis AB
=
2
2
=
4 +2
=
16 + 4
=
20
= 2 5 satuan
52
Persamaan Lingkaran
4
lingkaran L adalah nilai a = 3 .
13. Jawaban: e
Lingkaran L menyingY
gung sumbu Y di titik
(0, 6) dan pusatnya di
r
6 ------- P
garis y = 2x.
y = 6 ⇔ 2x = 6
⇔ x=3
Pusat lingkaran P(3, 6)
0
3
dan jari-jari 3.
Jadi, persamaan lingkaran L adalah
(x – 3)2 + (y – 6)2 = 32
2
⇔ x – 6x + 9 + y2 – 12y + 36 = 9
⇔
x2 + y2 – 6x – 12y + 36 = 0
y = 2x
X
14. Jawaban: b
Lingkaran L: 2x2 + 2y2 – 4x + 3py – 30 = 0 melalui
titik (–2, 1), diperoleh:
2x2 + 2y2 – 4x + 3py – 30 = 0
2
⇔ 2(–2) + 2(1)2 – 4(–2) + 3p(1) – 30 = 0
⇔
8 + 2 + 8 + 3p – 30 = 0
⇔
3p – 12 = 0
⇔
p=4
Lingkaran L:
2x2 + 2y2 – 4x + 12y – 30 = 0
⇔
x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0
Pusat lingkaran L adalah (1, –3).
Jari-jari lingkaran L=
2
(3 – (–1)) + (–1– (–3))
2
⇔
a= 3
Jadi, syarat agar garis ax + y = 0 menyinggung
------------
 1 2

⇔  4 p + 7  = |–4|2


⇔
12. Jawaban: b
Persamaan lingkaran L dengan pusat (–1, 3) dan
jari-jari r = 1:
(x + 1)2 + (y – 3)2 = 12
2
⇔ x + y2 + 2x – 6y + 9 = 0
. . . (1)
Garis g: ax + y = 0 ⇔ y = –ax . . . (2)
Substitusikan y = –ax ke dalam persamaan (1).
x2 + (–ax) 2 + 2x – 6(–ax) + 9 = 0
⇔ x2 + a2x2 + 2x + 6ax + 9 = 0
⇔ (a2 + 1)x2 + (2 + 6a)x + 9 = 0
Syarat garis menyinggung lingkaran adalah D = 0.
(2 + 6a)2 – 4(a2 + 1) · 9 = 0
⇔ 4 + 24a + 36a2 – 36a2 – 36 = 0
⇔
24a = 32
12 + (−3)2 − (−15)
= 25
=5
Persamaan lingkaran M yang berpusat di (1, –3)
dan jari-jarinya 2(5) = 10 sebagai berikut.
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
⇔
(x – 1)2 + (y + 3)2 = 102
2
⇔ x – 2x + 1 + y2 + 6y + 9 = 100
⇔
x2 – 2x + y2 + 6y + 10 = 100
⇔
x2 + y2 – 2x + 6y – 90 = 0
Jadi, persamaan lingkaran M adalah x2 + y2 – 2x
+ 6y – 90 = 0.
Oleh karena lingkaran melalui titik (3, –2),
diperoleh:
x2 + y2 = r2
2
⇔ 3 + (–2)2 = r2
⇔
9 + 4 = r2
⇔
r2 = 13
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 13.
15. Jawaban: c
Perhatikan gambar berikut.
Y
1
–7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0
–1
1
3. a.
L1 :
x2 + y2 – 4x + 8y + 15 = 0
2
⇔ x – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = –15 + 4 + 16
⇔
(x – 2)2 + (y + 4)2 = 5
Lingkaran L1 berpusat di titik (2, –4) dan
X
–3
–4
–5
–6
Misalkan titik pusat lingkaran L adalah (a, b).
Titik (a, b) terletak pada garis 2x – 4y – 4 = 0,
diperoleh:
2x – 4y – 4 = 0
⇔ 2a – 4b – 4 = 0
. . . (1)
Oleh karena lingkaran L menyinggung sumbu X
dan sumbu Y maka jari-jari lingkaran r = a = b.
Substitusikan a = b ke dalam persamaan (1).
2a – 4b – 4 = 0
⇔ 2b – 4b – 4 = 0
⇔
–2b – 4 = 0
⇔
b = –2
Diperoleh titik pusat (a, b) = (–2, –2).
Persamaan lingkaran L:
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
⇔
(x + 2)2 + (y + 2)2 = 22
2
⇔ x + 4x + 4 + y2 + 4y + 4 = 4
⇔
x2 + 4x + y2 + 4y + 4 = 0
⇔
x2 + y2 + 4x + 4y + 4 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 4x + 4y + 4
= 0.
berjari-jari r =
b.
4. x2 + y2 – 8x – 12y + n = 0
a. Lingkaran melalui titik (–1, 3), diperoleh:
(–1)2 + 32 – 8(–1) – 12(3) + n = 0
⇔
1 + 9 + 8 – 36 + n = 0
⇔
n = 18
2
2
b. x + y – 8x – 12y + 18 = 0
1
1

Pusat: – 2 (–8), – 2 (–12) = (4, 6)
Jari-jari: r =
=
B
62 + 42 − 3 = 49 = 7
x2 + y2 = 6x – 18y + 6
2
2
⇔ x + y – 6x + 18y – 6 = 0
A = –6, B = 18, dan C = –6.
B
Pusat lingkaran = (– 2 , – 2 ) = (3, –9)
Jari-jari =
2. a.
32 + (−9)2 − (−6) =


96 = 4 6
Persamaan lingkaran berpusat di O(0, 0)
adalah x2 + y2 = r2.
42 + 62 − 18
16 + 36 − 18 =
34
Jarak titik O(0, 0) ke titik pusat lingkaran (4, 6).
Jari-jari =
A
Persamaan lingkaran L 2 yang berpusat di
(x – 2)2 + (y + 4)2 = (2 5 )2
⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = 20
⇔
x2 + y2 – 4x + 8y = 0
Pusat lingkaran = (– 2 , – 2 ) = (6, 4)
b.
5.
(2, –4) dan berjari-jari 2 5 adalah:
B. Uraian
1. a. x2 + y2 – 12x – 8y + 3 = 0
A = –12, B = –8, dan C = 3.
A
1
Jari-jari = 2 · diameter = 2 · 12 = 6
Persamaan lingkaran yang berpusat di A(–3, 1)
dengan jari-jari 6 satuan adalah
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
⇔
(x + 3)2 + (y – 1)2 = 62
2
⇔ x + 6x + 9 + y2 – 2y + 1 = 36
⇔
x2 + 6x + y2 – 2y – 26 = 0
⇔
x2 + y2 + 6x – 2y – 26 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 6x
– 2y – 26 = 0.
–2
2x – 4y – 4 = 0
1
b.
d=
c.
42 + 62 =
16 + 36 =
52
Oleh karena d > r maka titik O(0, 0) berada di
luar lingkaran.
Jarak garis y = 2x – 5 ⇔ 2x – y – 5 = 0 ke
titik pusat lingkaran (4, 6) adalah:
s =
=
2(4) − (6) − 5
22 + ( − 1)2
8−6−5
4+1
=
−3
5
=
3
5
×
5
5
=
Matematika Kelas XI
3
5
5
53
Oleh karena s =
3
5
5 ≈ 1,34 < r = 34 ≈ 5,83
b.
5. Perhatikan gambar berikut.
c.
6
5
4
3
2
1
Oleh karena d =
4
5
2
2 + (−1)
< r = 3 maka garis
Jarak titik P(–2, 1) ke garis 3x – 4y – 5 = 0:
d=
X
1 (2,0) 3 4 5 6 7
y1 – y2 =
D
a
d.
=
b2 − 4ac
a
=
36 − 16
1
=
20 = 2 5
32 + (−4)2
d=
2 ⋅ (−2) + 2 ⋅ 1 − 1
2
2 +2
Oleh karena d =
12 + 12
=
=3
(−2)2 + 12 + 4 = 3
=
3
2 2
3
2 2
< r = 3 maka garis
2x + 2y – 1 = 0 memotong lingkaran L.
7. l: 2x + y = k Û y = k – 2x
Substitusikan ke dalam persamaan lingkaran L.
x2 + (k – 2x)2 = 4
2
2
⇔ x + k – 4kx + 4x2 = 4
⇔ 5x2 – 4kx + k2 – 4 = 0
Syarat garis tidak memotong lingkaran L di dua
titik yaitu D < 0.
(–4k)2 – 4 · 5 · (k2 – 4) < 0
⇔
16k2 – 20k2 + 80 < 0
⇔
–4k2 + 80 < 0
⇔
k2 – 20 > 0
⇔ (k – 20 )(k + 20 ) > 0
⇔ (k – 2 5 )(k + 2 5 ) > 0
+
–
2 5
⇔ k < –2 5 atau k > 2 5
Jadi, batas-batas nilai k adalah k < –2 5 atau
k > 2 5.
8. Perhatikan gambar berikut.
Y
Jarak titik P(–2, 1) ke garis x + y – 8 = 0:
d=
2
–2 5
6. Titik pusat lingkaran: P(–2, 1).
−2 + 1 − 8
−15
5
=
Jarak titik P(–2, 1) ke garis 2x + 2y – 1 = 0:
+
Jadi, panjang AB = y1 – y2 = 2 5 satuan panjang.
Jari-jari lingkaran: r =
3 ⋅ (−2) − 4 ⋅ 1 − 5
Oleh karena d = r = 3 maka garis 3x – 4y – 5 = 0
menyinggung lingkaran L.
Lingkaran menyinggung sumbu X di titik (2, 0).
Oleh karena jari-jari lingkaran 3 satuan, titik pusatnya (2, 3).
Persamaan lingkarannya adalah
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
⇔
(x – 2)2 + (y – 3)2 = 32
2
⇔ x – 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = 9
⇔
x2 – 4x + y2 – 6y + 4 = 0
⇔
x2 + y2 – 4x – 6y + 4 = 0
Lingkaran memotong sumbu Y pada saat x = 0,
diperoleh:
x2 + y2 – 4x – 6y + 4 = 0
2
⇔ 0 + y2 – 4(0) – 6y + 4 = 0
⇔
y2 – 6y + 4 = 0
2
Bentuk y – 6y + 4 = 0 merupakan persamaan
kuadrat dengan a = 1, b = –6, dan c = 4.
Misalkan titik potong terhadap sumbu Y adalah
y1 dan y2. Jarak antara y1 dan y2 dirumuskan:
(5,10)
y = 10
(5,b)
9
2
Oleh karena d 1 =
9
2
> r = 3 maka garis
x + y – 8 = 0 tidak berpotongan dengan
lingkaran L.
54
4
5
2
2x – y + 1 = 0 memotong lingkaran L.
Y
7
a.
2 ⋅ (−2) − 1 + 1
=
d=
maka garis y = 2x – 5 memotong lingkaran di
dua titik.
10
Jarak titik P(–2, 1) ke garis 2x – y + 1 = 0:
Persamaan Lingkaran
0
5
X
Lingkaran menyinggung garis y = 10 di titik (5, 10)
berarti koordinat titik pusatnya (5, b) dan jari-jarinya
r = 10 – b. Persamaan lingkaran tersebut (x – 5)2
+ (y – b)2 = (10 – b)2.
Lingkaran melalui titik (1, 2), diperoleh:
(1 – 5)2 + (2 – b)2 = (10 – b)2
⇔ 16 + 4 – 4b + b2 = 100 – 20b + b2
⇔
20 – 4b = 100 – 20b
⇔
16b = 80
⇔
b=5
Jadi, persamaan lingkaran tersebut (x – 5)2 + (y – 5)2
= 25.
9. Segitiga ABC siku-siku di A, maka sisi BC
merupakan diameter lingkaran.
Titik tengah diameter BC merupakan titik pusat
lingkaran, yaitu titik (3, 6).
Panjang diameter sama dengan panjang BC, yaitu:
d = BC =
36 + 144 =
1
1
Lingkaran juga menyinggung garis y = 3 x 3 .
1
Substitusikan y = 3 x 3 ke dalam persamaan
lingkaran.

180
45 :
10. Perhatikan gambar berikut.
4 2
x
3
⇔

– (2r + 2)x + 3 = 0
Oleh karena lingkaran menyinggung garis, maka
diskriminan (D) = 0, yaitu:
1
P
P2
r2 r2
O
T2
b2 – 4ac = 0 ⇒ (2r + 2)2 – 4 · 3 · 3 = 0
⇔
4r2 + 8r + 4 – 16 = 0
⇔
4r2 + 8r – 12 = 0
⇔
r2 + 2r – 3 = 0
⇔
(r + 3)(r – 1) = 0
⇔
r = –3 atau r = 1
Diperoleh titik pusat P1(–3,
Jarak kedua titik pusat:
Y
r1
1
2
3  = r2
4
(x – 3)2 + (y – 6)2 = ( 45 )2
⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 12y + 36 = 45
⇔
x2 + y2 – 6x – 12y = 0
Jadi, persamaan lingkaran luar segitiga ABC adalah
x2 + y2 – 6x – 12y = 0.
P1
3 ) dan per-
⇔ x2 – 2rx + r2 + 3 x2 – 2x + 3 = r2
Jari-jari: r = 2 d = 2 180 =
= 45
4
Persamaan lingkaran dengan pusat (3, 6) dan jari-
r1
Diperoleh pusat lingkaran adalah (r,
samaannya:
(x – r)2 + (y – 3 )2 = r2
1
(x – r)2 +  3 x 3 –
180
1
3
berarti ordinat titik pusat adalah 3 .
Kedua lingkaran menyinggung sumbu Y (x = 0),
maka absis pusatnya sama dengan jari-jari (r).
(6 − 0)2 + (0 − 12)2
=
jari r =
Titik pusat kedua lingkaran pada garis y =
y= 3x 3
y= 3
X
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: b
Substitusikan y = 2x + p ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 = 20
2
⇔
x + (2x + p)2 = 20
2
⇔ x + 4x2 + 4px + p2 = 20
⇔ 5x2 + 4px + p2 – 20 = 0
Diperoleh a = 5, b = 4p, dan c = p2 – 20.
Syarat garis menyinggung lingkaran yaitu D = 0.
D=0
⇔
b2 – 4ac = 0
⇔ (4p)2 – 4(5)(p2 – 20) = 0
P1P2 =
=
3 ) dan P2(1,
3 ).
(1 − (−3))2 + ( 3 − 3)2
42 + 02
=4
⇔
16p2 – 20p2 + 400 = 0
⇔
–4p2 + 400 = 0
⇔
p2 = 100
⇔
p = 10 atau –10
Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 10 atau –10.
2. Jawaban: d
Garis x + y = 4 mempunyai gradien m1 = –1.
y = 4 − x2
⇔ y2 = 4 – x2
⇔ x2 + y2 = 4
Oleh karena garis singgung sejajar dengan garis
x + y = 4 maka m = m1 = –1.
Matematika Kelas XI
55
Persamaan garis singgung lingkaran:
⇔
⇔
y = mx ± r m + 1
2
⇔
2
y = –x ± 2 ( −1) + 1
⇔
y = –x ± 2 2
⇔ x+y±2 2=0
Oleh karena kurva y = 4 − x 2 berada di atas
sumbu X, persamaan garis singgung yang memenuhi
adalah x + y – 2 2 = 0.
5. Jawaban: c
x2 + y2 – 6x – 4y – 12 = 0
⇔
x2 – 6x + y2 – 4y = 12
⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 12 + 9 + 4
⇔
(x – 3)2 + (y – 2)2 = 25
Diperoleh pusat lingkaran (3, 2) dan jari-jari r = 5.
Garis y = x + 4 bergradien 1, maka garis yang
tegak lurus dengan garis tersebut bergradien –1.
Persamaan garis singgung:
3. Jawaban: a
5
Garis 5x – 12y + 8 = 0 mempunyai gradien m1 = 12 .
Titik pusat lingkaran: (a, b) = (1, –2)
Jari-jari lingkaran: r =
12 + ( −2)2 − ( −4) = 3
Oleh karena garis singgung sejajar dengan garis
5
5x – 12y + 8 = 0 maka m = m1 = 12 .
Persamaan garis singgung lingkaran:
y – b = m(x – a) ± r m2 + 1
5
5
5
25
144
5
169
⇔
2
y + 2 = 12 (x –1) ± 3 ( 12 ) + 1
⇔
y + 2 = 12 (x – 1) ± 3
⇔
y + 2 = 12 (x – 1) ± 3
144
5
⇔
+1
13
y + 2 = 12 (x – 1) ± 3( 12 )
⇔
12(y + 2) = 5(x – 1) ± 39
⇔
12y + 24 = 5x – 5 ± 39
⇔ 5x – 12y – 29 ± 39 = 0
⇔ 5x – 12y – 29 + 39 = 0 atau 5x – 12y – 29 – 39
=0
⇔ 5x – 12y + 10 = 0 atau 5x – 12y – 68 = 0
Jadi, persamaan garis singgung lingkarannya
adalah 5x – 12y + 10 = 0 dan 5x – 12y – 68 = 0.
4. Jawaban: a
Garis y – 2x + 5 = 0 mempunyai gradien m1 = 2.
Titik pusat lingkaran: P(3, –5).
Jari-jari lingkaran: r = 80
Misalkan gradien garis singgung lingkaran adalah m.
Oleh karena garis singgung lingkaran sejajar garis
y – 2x + 5 = 0 maka m = m1 = 2.
Persamaan garis singgung lingkaran:
y – b = m(x – a) ± r 1 + m2
⇔ y – (–5) = 2(x – 3) ±
⇔
56
y + 5 = 2x – 6 ±
80 ·
80 ⋅ 5
Persamaan Lingkaran
1 + 22
y = 2x – 11 ± 400
y = 2x – 11 ± 20
y – 2 = m(x – 3) ± 5 1 + m2
⇔ y – 2 = –1(x – 3) ± 5 1 + (−1)2
⇔ y – 2 = –x + 3 ± 5 2
⇔
y = –x + 5 ± 5 2
Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya
y = –x + 5 – 5 2 .
6. Jawaban: a
L: (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9
y = 3 ⇒ (x + 1)2 + (3 – 3)2 = 9
⇔
(x + 1)2 = 9
⇔
x + 1 = ±3
⇔
x = –1 ± 3
⇔
x = 2 atau x = –4
Diperoleh titik potong (2, 3) dan (–4, 3).
Persamaan garis singgung di titik (2, 3):
(2 + 1)(x + 1) + (3 – 3)(y – 3) = 9
⇔
3x + 3 + 0 = 9
⇔
x=2
Persamaan garis singgung di titik (–4, 3):
(–4 + 1)(x + 1) + (3 – 3)(y – 3) = 9
⇔
–3x – 3 + 0 = 9
⇔
x = –4
Jadi, persamaan garis singgungnya x = 2 dan
x = –4.
7. Jawaban: a
Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah
x2 + y2 = r2.
Lingkaran melalui titik A(3, 1):
x2 + y2 = r2 ⇒ (3)2 + (1)2 = r2
⇔ r2 = 9 + 1 = 10
Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 = 10.
Persamaan garis singgung lingkaran di titik A(3, 1):
x1x + y1y = r2 ⇒ (3)x + (1)y = 10
⇔
3x + y = 10
Jadi, persamaan garis singgung lingkaran di titik A
adalah 3x + y = 10.
8. Jawaban: b
Pada titik (x, y), x disebut absis dan y disebut
ordinat.
Substitusikan x = 5 ke dalam persamaan lingkaran.
x2 + y2 – 2x + 6y – 7 = 0
2
⇔ 5 + y2 – 2(5) + 6y – 7 = 0
⇔ 25 + y2 – 10 + 6y – 7 = 0
⇔
y2 + 6y + 8 = 0
⇔
(y + 2)(y + 4) = 0
⇔
y + 2 = 0 atau y + 4 = 0
⇔
y = –2 atau
y = –4
Diperoleh dua titik pada lingkaran, yaitu (5, –2) dan
(5, –4).
Persamaan garis singgung lingkaran di titik (5, –2).
5x – 2y – (x + 5) + 3(y – 2) – 7 = 0
⇔
5x – 2y – x – 5 + 3y – 6 – 7 = 0
⇔
4x + y – 18 = 0
Persamaan garis singgung lingkaran di titik (5, –4).
5x – 4y – (x + 5) + 3(y – 4) – 7 = 0
⇔
5x – 4y – x – 5 + 3y – 12 – 7 = 0
⇔
4x – y – 24 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya adalah
4x + y – 18 = 0 dan 4x – y – 24 = 0.
9. Jawaban: d
x2 + y2 – 6x + 4y – 12 = 0
Untuk x = 7 dan y = 1 diperoleh:
72 + 12 – 6(7) + 4(1) – 12
= 49 + 1 – 42 + 4 – 12
=0
Titik (7, 1) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya:
6
4
7x + 1y – 2 (x + 7) + 2 (y + 1) – 12 = 0
⇔ 7x + y – 3x – 21 + 2y + 2 – 12 = 0
⇔
4x + 3y – 31 = 0
10. Jawaban: a
Lingkaran (x + 4)2 + (y – 2)2 = 20 memotong sumbu X
pada saat y = 0.
(x + 4)2 + (0 – 2)2 = 20
⇔
(x + 4)2 + 4 = 20
⇔
(x + 4)2 = 16
⇔
x+4=±4
⇔
x = –4 ± 4
⇔ x = –8 atau x = 0
Diperoleh titik potong lingkaran terhadap sumbu X
adalah (–8, 0) dan (0, 0).
Persamaan garis singgung di titik (–8, 0):
(–8 + 4)(x + 4) + (0 – 2)(y – 2) = 20
⇔
–4(x + 4) + (–2)(y – 2) = 20
⇔
–4x – 16 – 2y + 4 – 20 = 0
⇔
–4x – 2y – 32 = 0
⇔
2x + y + 16 = 0
Persamaan garis singgung di titik (0, 0):
(0 + 4)(x + 4) + (0 – 2)(y – 2) = 20
⇔
4(x + 4) + (–2)(y – 2) = 20
⇔
4x + 16 – 2y + 4 – 20 = 0
⇔
4x – 2y = 0
⇔
2x – y = 0
Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya
2x + y + 16 = 0.
11. Jawaban: d
Cek kedudukan titik (3, –1) terhadap lingkaran.
x2 + y2 = 32 + (–1)2 = 9 + 1 = 10
Titik (3, –1) terletak pada lingkaran.
Persamaan garis k: 3x – y = 10.
Garis k mempunyai gradien m1 = 3. Oleh karena
garis yang melalui titik (4, –1) tegak lurus dengan
garis m, diperoleh:
m · m1 = –1
⇔
m · 3 = –1
1
⇔
m=–3
Persamaan garis yang melalui (4, –1) dengan
1
m = – 3 adalah
1
y – (–1) = – 3 (x – 4)
⇔
⇔
⇔
1
y + 1 = – 3 (x – 4)
3y + 3 = –x + 4
x + 3y – 1 = 0
12. Jawaban: d
Diketahui lingkaran x2 + y2 = 4 berpusat di titik (0, 0)
dan berjari-jari r = 2.
Untuk x = 0 dan y = 4 diperoleh:
02 + 42 = 0 + 16 = 16 > 4
Titik (0, 4) berada di luar lingkaran.
Misalkan garis singgung lingkaran x2 + y2 = 4
bergradien m, persamaannya:
y = mx + 2 1 + m2
Garis tersebut melalui titik (0, 4), maka:
4 = m · 0 + 2 1 + m2
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
4 = 2 1 + m2
1 + m2 = 2
1 + m2 = 4
m2 = 3
m=± 3
Persamaan garis singgung melalui titik (4, 0) dan
bergradien m = 3 adalah y = 3 x + 4.
Persamaan garis singgung melalui titik (4, 0) dan
bergradien m = – 3 adalah y = – 3 x + 4.
Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya
y = – 3 x + 4.
13. Jawaban: e
Titik A(0, 1) terletak di luar lingkaran L karena
(0 – 2)2 + (1 + 1)2 > 4.
Matematika Kelas XI
57
Persamaan garis kutub titik A(0, 1) terhadap
lingkaran L:
(0 – 2)(x – 2) + (1 + 1)(y + 1) = 4
⇔
–2x + 4 + 2y + 2 = 4
⇔
–2x + 2y = –2
⇔
x–y=1
⇔
y=x–1
Substitusikan y = x – 1 ke dalam persamaan
lingkaran.
(x – 2)2 + (x – 1 + 1)2 = 4
⇔ x2 – 4x + 4 + x2 – 4 = 0
⇔
2x2 – 4x = 0
⇔
2x(x – 2) = 0
⇔ x = 0 atau x = 2
Untuk x1 = 0 maka y1 = 0 – 1 = –1.
Untuk x2 = 2 maka y2 = 2 – 1 = 1.
Diperoleh titik singgung (0, –1) dan (2, 1).
14. Jawaban: d
Titik (0, 0) terletak di luar lingkaran x2 + y2 – 6x
+ 2y + 5 = 0.
Garis melalui O(0, 0): y = mx
Substitusikan y = mx ke dalam persamaan lingkaran.
x2 + (mx)2 – 6x + 2(mx) + 5 = 0
⇔ (1 + m2)x2 + (2m – 6)x + 5 = 0
Garis y = mx menyinggung lingkaran, berarti:
D=0 ⇒
(2m – 6)2 – 4(1 + m2) · 5 = 0
⇔ 4m2 – 24m + 36 – 20 – 20m2 = 0
⇔
–16m2 – 24m + 16 = 0
⇔
2m2 + 3m – 2 = 0
⇔
(2m – 1)(m + 2) = 0
Y
4
P
B2
s =
A
(AP)2 − r 2
=
(x A − xP )2 + (y A − yP )2 − r 2
=
5
 
2
2
+ ( − 4)2 −  5 
2
2
1
= 80 yang bergradien m = – 2 adalah:
1
y = –2x ±
1
⇔ y = –2x ±
2
1
80   + 1
 2
5
4
80
1
⇔ y = – 2 x ± 10
Diperoleh persamaan garis singgung
3

Titik pusat lingkaran L: P – 2 , 2 .


 3
− 
 2
=
9
4
=
25
4
2
+ 22 − 0
1
2
1
2
y = – x + 10 dan y = – x – 10.
b.
⇔
⇔
x2
x2 + y2 – 10x + 6y – 66 = 0
– 10x + 25 + y2 + 6y + 9 = 66 + 25 + 9
(x – 5)2 + (y + 3)2 = 100
4
Garis singgung dengan m = 3
4
+4
y + 3 = 3 (x – 5) ±
5
= 2
Titik A(1, –2) di luar lingkaran L. Garis AB
merupakan garis singgung lingkaran L yang ditarik
dari titik A.
Persamaan Lingkaran
X
1 2 3 4 5
B. Uraian
1. a. Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2
15. Jawaban: c
Misalkan L: x2 + y2 + 3x – 4y = 0.
58
B1
= 16
=4
Jadi, panjang garis AB adalah 4 satuan.
Jadi, gradiennya 2 dan –2.
Jari-jari lingkaran L: r =
r
Garis singgung dari titik A menyinggung lingkaran L
di titik B1 dan B2.
Panjang garis AB1 = AB2 = s.
m = 2 atau m = –2
1
2
1
–6 –5 –4 –3 –2 –1 0
–1
–2
1
⇔
r
3
⇔
⇔
100
4
 
3
4
25
y + 3 = 3 (x – 5) ± 10
9
4
2
20
50
y + 3 = 3x – 3 ± 3
⇔ 3y + 9 = 4x – 20 ± 50
⇔ 4x – 3y – 29 ± 50 = 0
+1
⇔ 4x – 3y – 29 + 50 = 0
atau 4x – 3y – 29 – 50 = 0
⇔ 4x – 3y + 21 = 0 atau 4x – 3y – 79 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya 4x – 3y
+ 21 = 0 dan 4x – 3y – 79 = 0.
2.
b.
x2 + y2 + 2x – 6y = 0
⇔
+ 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = 1 + 9
⇔
(x + 1)2 + (y – 3)2 = 10
Diperoleh koordinat titik pusat (–1, 3) dan jari-jari
⇔
1
5
y = –3x + 6
1
Diperoleh gradien garis g adalah – 3 .
Garis singgung yang tegak lurus garis g bergradien 3.
Persamaan garis singgung lingkaran L yang
bergradien m = 3 adalah:
y – 3 = 3(x + 1) ± 10
1 + 32
⇔
y – 3 = 3x + 3 ± 10 10
⇔
0 = 3x – y + 6 ± 10
Jadi, persamaan garis singgungnya 3x – y + 16
= 0 dan 3x – y – 4 = 0.
3. L: x2 + y2 – 8x – 8y + 24 = 0
⇔
x2 – 8x + y2 – 8y = –24
2
⇔ x – 8x + 16 + y2 – 8y + 16 = –24 + 16 + 16
⇔
(x – 4)2 + (y – 4)2 = 8
Diperoleh titik pusat lingkaran P(4, 4) dan jari-jari
r = 8.
Garis y = x melalui titik pusat lingkaran sehingga
garis singgung lingkaran yang melalui titik potong
antara lingkaran L dan garis y = x tegak lurus
dengan garis y = x.
Oleh karena garis y = x bergradien 1, garis singgungnya bergradien –1.
Persamaan garis singgungnya:
y – 4 = –1(x – 4) ±
8
5. Misalkan titik singgung lingkaran L: (x – 2)2 + (y + 1)2
= 13 adalah T(–1, b) diperoleh:
(–1 – 2)2 + (b + 1)2 = 13
⇔
9 + b2 + 2b + 1 – 13 = 0
⇔
b2 + 2b – 3 = 0
⇔
(b + 3)(b – 1) = 0
⇔ b + 3 = 0 atau b – 1 = 0
⇔
b = –3 atau
b=1
Diperoleh titik singgung T1(–1, –3) dan T2(–1, 1).
Persamaan garis singgung di titik T1(–1, –3) pada
lingkaran L:
(–1 – 2)(x – 2) + (–3 + 1)(y + 1) = 13
⇔
–3x + 6 – 2y – 2 = 13
⇔
–3x – 2y – 9 = 0
⇔
3x + 2y + 9 = 0
Persamaan garis singgung di titik T2(–1, 1) pada
lingkaran L:
(–1 – 2)(x – 2) + (1 + 1)(y + 1) = 13
⇔
–3x + 6 + 2y + 2 = 13
⇔
–3x + 2y – 5 = 0
⇔
3x – 2y + 5 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya adalah
3x + 2y + 9 = 0 dan 3x – 2y + 5 = 0.
6. a.
1 + (−1)2
⇔ y – 4 = –x + 4 ± 8 2
⇔
y = –x + 8 ± 4
⇔
y = –x + 12 atau y = –x + 4
Jadi, persamaan garis singgungnya y = –x + 12
dan y = –x + 4.
4. a.
Persamaan: x2 + y2 = 34
Untuk x = –3 dan y = 5 diperoleh:
(–3)2 + (5)2 = 9 + 25 = 34
Titik (–3, 5) terletak pada lingkaran sehingga
persamaan garis singgungnya:
x1x + y1y = 34 ⇒
–3x + 5y = 34
⇔ 3x – 5y + 34 = 0
−2
4
x1x + y1y + 2 (x + x1) + 2 (y + y1) – 5 = 0
⇒
1x + 2y + 2(x + 1) – 1(y + 2) – 5 = 0
⇔
x + 2y + 2x + 2 – y – 2 – 5 = 0
⇔
3x + y – 5 = 0
x2
r = 10 .
g: 2x + 6y – 5 = 0
Persamaan: x2 + y2 + 4x – 2y – 5 = 0
Untuk x = 1 dan y = 2 diperoleh:
(1)2 + (2)2 + 4(1) – 2(2) – 5
=1+4+4–4–5=0
Titik (1, 2) terletak pada lingkaran sehingga
persamaan garis singgungnya:
b.
Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0)
adalah x2 + y2 = r2.
Lingkaran melalui titik (–1, 2):
x2 + y2 = r2 ⇒ (–1)2 + (2)2 = r2
⇔
r2 = 1 + 4 = 5
Diperoleh persamaan lingkaran: x2 + y2 = 5.
Persamaan garis singgung lingkaran di titik
A(–1, 2):
x1x + y1y = r2 ⇒ (–1)x + (2)y = 5
⇔
–x + 2y = 5
Jadi, persamaan lingkaran x2 + y2 = 5 dan
garis singgungnya di titik A adalah –x + 2y = 5.
Lingkaran dan garis singgungnya:
Y
A 2
–5
–1 0
X
Matematika Kelas XI
59
7. Titik T(–4, 1) terletak pada lingkaran L1 karena:
(–4)2 + 12 + 10(–4) + 4(1) + 19
= 16 + 1 – 40 + 4 + 19 = 0
Persamaan garis singgung lingkaran L1 di titik T:
g: –4x + y + 5(x – 4) + 2(y + 1) + 19 = 0
⇔ –4x + y + 5x – 20 + 2y + 2 + 19 = 0
⇔
x + 3y + 1 = 0
Jari-jari lingkaran L 2 sama dengan jarak titik
P(4, –1) ke garis singgung g.
Jari-jari lingkaran L2:
r2 =
4 + 3 ⋅ (−1) + 1
12 + (−3)2
=
24
⇔
r=±
= ±4,8
5
Oleh karena jari-jari (r) menyatakan panjang, r bernilai positif.
Jadi, panjang jari-jari lingkaran adalah r = 4,8 satuan.
10. Titik pusat lingkaran L1: P1(–2, 2).
Jari-jari lingkaran: r1 = (−2)2 + 22 + 17 =
2
10
(x – 4)2 + (y + 1)2 =
x2 – 8x + 16 + y2 + 2y + 1 =
 2 


 10 
2
5
2
Jari-jari lingkaran: r2 = 102 + (−7)2 − 49 = 100
= 10.
8. Cek kedudukan titik (12, –5) terhadap lingkaran
x2 + y2 = 169.
122 + (–5)2 = 144 + 25 = 169
Titik (12, –5) terletak pada lingkaran.
Persamaan garis singgung lingkaran di titik
(12, –5) adalah 12x – 5y = 169.
Oleh karena garis 12x – 5y = 169 juga menyinggung
lingkaran (x – 5)2 + (y – 12)2 = p, diperoleh:
⇔ d=
⇔ d=
ap + bq + r
p2 + q2
P1 2
–2
122 + (−5)2
10
Q
–7
P2
yP1 − yP2
xP1 − xP2
=
2 − (−7)
−2 − 10
⇔ d = 13
Jari-jari lingkaran (x – 5)2 + (y – 12)2 = p adalah
13, diperoleh:
r2 = p
⇔ 132 = p
⇔
p = 169
Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 169.
4
 4
y = – 3 x ± r 1+  − 
 3
4
⇔ y = –3x ± r
4
16
9
25
9
5r
⇔ y = –3x ± 3
⇔ 3y = –4x ± 5r
60
3
=–4
3
Persamaan Lingkaran
Substitusikan y =
2
4
⇔
4
dengan gradien m = – 3 :
±r 1+
9
12
m1m = –1 ⇒ – 4 m = –1 ⇔ m = 3
Menentukan koordinat titik Q.
L1:
x2 + y2 + 4x – 4y – 17 = 0
L2: x2 + y2 – 20x + 14y + 49 = 0
––––––––––––––––––––––––– –
24x – 18y – 66 = 0
⇔
4x – 3y – 11 = 0
9. Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 = r2
⇔ y=
=–
Misalkan gradien garis adalah m.
Garis tegak lurus garis P1P2 maka
−169
169
4
–3x
X
Lingkaran L1 dan L2 bersinggungan di titik Q.
Garis adalah garis singgung persekutuan
lingkaran L1 dan L2.
Gradien garis P1P2.
m1 =
5(12) + 12(−5) − 169
Y
⇔ 5x2 + 5y2 – 40x + 10y + 83 = 0
d=
25 = 5.
Titik pusat lingkaran L2: P2(10, –7).
Persamaan lingkaran L2:
⇔
Titik M(9, –4) terletak pada garis singgung, diperoleh:
3 · (–4) = –4 · 9 ± 5r
⇔ –12 = –36 ± 5r
⇔ 24 = ± 5r
y =
4x − 11
3
4x − 11
3
ke dalam persamaan L1.
4x − 11  2
4x − 11 
x2 +  3  + 4x – 4  3  – 17 = 0

⇔ x2 +



16
44
16x 2 − 88x + 121
+ 4x – 3 x + 3
9
– 17 = 0
⇔ 9x2 + 16x2 – 88x + 121 + 36x – 48x + 132
– 153 = 0
⇔ 25x2 – 100x + 100 = 0
⇔
x2 – 4x + 4 = 0
⇔
(x – 2)2 = 0
⇔
x=2
Substitusikan x = 2 ke dalam persamaan
y=
4x − 11
.
3
4 ⋅ 2 − 11
3
4
Garis bergradien 3 dan melalui titik Q(2, –1)
maka persamaan garis :
4
Diperoleh koordinat titik Q(2, –1).
Persamaan garis yang bergradien m dan melalui
titik (x1, y1):
y – y1 = m(x – x1)
y + 1 = 3 (x – 2)
⇔
3y + 3 = 4x – 8
⇔ 4x – 3y – 11 = 0
Jadi, persamaan garis singgung di titik singgung
lingkaran L1 dan L2 adalah 4x – 3y – 11 = 0.
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: a
Lingkaran berpusat di titik (1, 0) dan melalui (3, 0).
Lingkaran tersebut mempunyai persamaan (x – 1)2
+ (y – 0)2 = r2. Oleh karena lingkaran melalui titik
(3, 0), diperoleh:
(x – 1)2 + (y – 0)2 = r2
⇔ (3 – 1)2 + (0 – 0)2 = r2
⇔
4 + 0 = r2
⇔
4 = r2
Persamaan lingkarannya:
(x – 1)2 + (y – 0)2 = r2
⇔ (x – 1)2 + (y – 0)2 = 4
⇔ x2 – 2x + 1 + y2 = 4
⇔ x2 + y2 – 2x – 3 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 – 2x – 3 = 0.
4. Jawaban: b
Y
Perhatikan gambar di
samping.
Oleh karena lingkaran
menyinggung garis x = 8,
(–2,6)
dapat ditarik jari-jari dari titik
(–2, 6) ke garis singgung
X
diperoleh r = 8 – (–2) = 10.
x=8
Persamaan lingkaran:
2
2
2
(x + 2) + (y – 6) = r
⇔
(x + 2)2 + (y – 6)2 = 102
2
⇔ x + 4x + 4 + y2 – 12y + 36 = 100
⇔
x2 + 4x + y2 – 12y + 40 = 100
⇔
x2 + y2 + 4x – 12y – 60 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 4x – 12y
– 60 = 0.
2. Jawaban: b
Lingkaran berdiameter 12 berarti jari-jarinya r = 6.
Persamaan lingkaran dengan pusat (2, 7) dan jarijari r = 6 adalah:
(x – 2)2 + (y – 7)2 = 62
⇔ (x – 2)2 + (y – 7)2 = 36
5. Jawaban: a
x2 + y2 – 6x + 2 = 0
⇔ x2 – 6x + 9 + y2 = –2 + 9
⇔
(x – 3)2 + y2 = 7
Diperoleh koordinat titik pusat (3, 0).
Persamaan lingkaran yang berpusat di titik (3, 0)
dan berjari-jari 1 adalah:
(x – 3)2 + y2 = 12
2
⇔ x – 6x + 9 + y2 = 1
⇔ x2 + y2 – 6x + 8 = 0
y=
= –1
3. Jawaban: b
Lingkaran yang berpusat di titik (2, –3) dan
menyinggung sumbu X sebagai berikut.
Y
0
2
X
r=3
–3
6. Jawaban: d
y = 2x – 3 ⇔ 2x – y – 3 = 0
Jari-jari lingkaran L sama dengan jarak titik O(0, 0)
ke garis 2x – y – 3 = 0, yaitu:
r=
2(0) − (0) − 3
2
2
2 + (−1)
=
−3
5
9
⇔ r2 = 5
Persamaan lingkaran L:
Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran
(2, –3) dan jari-jari 3. Persamaan lingkaran:
(x – 2)2 + (y – (–3))2 = 32
⇔
(x – 2)2 + (y + 3)2 = 9
2
⇔ x – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 – 9 = 0
⇔
x2 + y2 – 4x + 6y + 4 = 0
x2 + y2 = r2 ⇒
⇔
9
x2 + y2 = 5
5x2 + 5y2 = 9
7. Jawaban: e
2x2 + 2y2 = 49
49
⇔ x2 + y2 = 2
Matematika Kelas XI
61
49
49
2
r2 = 2 ⇔ r =
=
7
2
7
⇔
= 2 2
Jadi, panjang jari-jari lingkaran r =
7
2
2 satuan.
⇔
8. Jawaban: c
x2 + y2 + 4x – 12y – 9 = 0
⇔
x2 + 4x + y2 – 12y = 9
⇔ x2 + 4x + 4 + y2 – 12y + 36 = 9 + 4 + 36
⇔
(x + 2)2 + (y – 6)2 = 49
⇔
(x + 2)2 + (y – 6)2 = 72
Diperoleh koordinat titik pusat (–2, 6) dan jari-jari 7.
⇔
9. Jawaban: c
Substitusikan titik (2, –2) ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 + 2x – 4y + p = 0
2
⇔ 2 + (–2)2 + 2(2) – 4(–2) + p = 0
⇔
4+4+4+8+p=0
⇔
20 + p = 0
⇔
p = –20
Diperoleh lingkaran x2 + y2 + 2x – 4y – 20 = 0.
Jari-jari lingkaran:
r =
(−1)2 + 22 − (−20)
= 25 = 5
Jadi, panjang jari-jari lingkaran tersebut 5 satuan.
10. Jawaban: d
Lingkaran x2 + y2 + 8x – 2y + a = 0 berpusat di
titik (– 2 , – 2 ) = (–4, 1).
Persamaan lingkaran yang berpusat di titik (–4, 1)
dan berjari-jari 6 adalah
(x + 4)2 + (y – 1)2 = 62
2
⇔
x + 8x + 16 + y2 – 2y + 1 = 36
2
⇔ x + y2 + 8x – 2y + 16 + 1 – 36 = 0
⇔
x2 + y2 + 8x – 2y – 19 = 0
Jadi, nilai a = –19.
11. Jawaban: c
Jari-jari lingkaran merupakan jarak titik pusat (–2, 3)
dengan garis singgungnya 4x – 3y + 7 = 0.
r=
4(−2) − 3(3) + 7
2
2
4 + (−3)
=
−8 − 9 + 7
25
=
−10
5
= |–2| = 2
Jadi, diameter lingkaran: d = 2r = 2 · 2 = 4 satuan.
p2
4
p2
= 25
= 100
⇔
p = ± 100 = ±10
Jadi, nilai p adalah ±10.
13. Jawaban: c
x2 + y2 – 8x + 5y – 17 = 0
Titik (x1, y1) berada di dalam lingkaran, berarti
x12 + y12 – 8x1 + 5y1 – 17 < 0.
(0, 0)
⇒ 0 + 0 – 0 + 0 – 17 = –17 < 0
(4, 1)
⇒ 16 + 1 – 32 + 5 – 17 = –27 < 0
(–4, 2) ⇒ 16 + 4 + 32 + 10 – 17 = 45 > 0
(4, –2) ⇒ 16 + 4 – 32 – 10 – 17 = –39 < 0
(–2, –2) ⇒ 4 + 4 + 16 – 10 – 17 = –3 < 0
Diperoleh titik (0, 0), (4, 1), (4, –2), dan (–2, –2)
terletak di dalam lingkaran, sedangkan titik (–4, 2)
terletak di luar lingkaran.
14. Jawaban: a
Lingkaran: x2 + y2 = 36
Pusat: (0, 0) dan jari-jari r =
3x + 4y + 20 = 0
36 = 6
3
⇔ y = –4x – 5
Diperoleh gradien m = – 4 .
Persamaan garis singgung:
2
3
y = – 4 x ± 6  − 3  + 1
 4
3
⇔
y = –4x ± 6
⇔
3
9 16
+
16 16
5
y = –4x ± 6 · 4
⇔ 4y = –3x ± 30
Salah satu persamaan garis singgungnya:
4y = –3x – 30
⇔ 3x + 4y + 30 = 0
15. Jawaban: c
Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y + 4)2 = 10
Persamaan garis singgung yang bergradien m = –3:
y – b = m(x – a) ± r 1+ m2
1 
Titik pusat lingkaran:  2, – 2 p  .


Lingkaran menyinggung sumbu Y maka
r = | absis titik pusat||
62
– 21 = 22
⇔
12. Jawaban: a
⇒
4
p2
4
3
−2
8
2
4 + p − 25 = 2
2
22 +  − 1 p  − 25 = 2
 2 
Persamaan Lingkaran
⇔
y + 4 = –3(x – 2) ±
10
1+ (−3)2
⇔
y + 4 = –3x + 6 ± 10 10
⇔ 3x + y = 2 ± 10
⇔ 3x + y = 2 + 10 atau 3x + y = 2 – 10
⇔ 3x + y = 12
atau 3x + y = –8
Jadi, persamaan garis singgungnya 3x + y = 12
dan 3x + y = –8.
16. Jawaban: e
Garis 5x + y = 10 mempunyai gradien m1 = –5.
Oleh karena garis singgung tegak lurus dengan
garis 5x + y = 10 diperoleh:
m · m1 = –1
⇔ m · –5 = –1
1
⇔
m= 5
Lingkaran x2 + y2 + 10x – 6y + 8 = 0 dapat
disederhanakan menjadi:
x2 + y2 + 10x – 6y + 8 = 0
⇔
x2 + 10x + y2 – 6y = –8
2
⇔ x + 10x + 25 + y2 – 6y + 9 = –8 + 25 + 9
⇔
(x + 5)2 + (y – 3)2 = 26
Persamaan garis singgung lingkaran dengan
1
gradien 5 adalah
y – b = m(x – a) ± r 1+ m2
1
⇔
y – 3 = 5 (x + 5) ± 26
⇔
y – 3 = 5 (x + 5) ±
⇔
1
1
26
1
5
1 + ( )2
26
25
26
y – 3 = 5 (x + 5) ± 5
⇔
5(y – 3) = x + 5 ± 26
⇔
5y – 15 = x + 5 ± 26
⇔ x – 5y + 20 ± 26 = 0
⇔ x – 5y + 20 + 26 = 0 atau x – 5y + 20 – 26 = 0
⇔
x – 5y + 46 = 0 atau
x – 5y – 6 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya x – 5y + 46 = 0
dan x – 5y – 6 = 0.
17. Jawaban: c
(x + 2)2 + (y – 1)2 = 26
Untuk x = –3 dan y = 6 diperoleh:
(–3 + 2)2 + (6 – 1)2
= 1 + 25 = 26
Titik (–3, 6) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya:
(x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 26
⇔ (–3 + 2)(x + 2) + (6 – 1)(y – 1) = 26
⇔
(–1)(x + 2) + (5)(y – 1) = 26
⇔
–x – 2 + 5y – 5 – 26 = 0
⇔
–x + 5y – 33 = 0
⇔
x – 5y + 33 = 0
18. Jawaban: c
Misalkan titik singgung lingkaran x2 + y2 – 4x + 8y
+ 15 = 0 adalah T(a, –2), sehingga:
a2 + (–2)2 – 4a + 8 · (–2) + 15 = 0
⇔
a2 + 4 – 4a – 16 + 15 = 0
⇔
a2 – 4a + 3 = 0
⇔
(a – 3)(a – 1) = 0
⇔
a – 3 = 0 atau a – 1 = 1
⇔
a = 3 atau
a=1
Diperoleh titik singgung T1(1, –2) dan T2(3, –2).
Persamaan garis singgung di T1 (1, –2):
4
8
x – 2y – 2 (x + 1) + 2 (y – 2) + 15 = 0
⇔ x – 2y – 2x – 2 + 4y – 8 + 15 = 0
⇔
–x + 2y + 5 = 0
⇔
x – 2y – 5 = 0
Persamaan garis singgung di T2 (3, –2):
4
8
3x – 2y – 2 (x + 3) + 2 (y – 2) + 15 = 0
⇔ 3x – 2y – 2x – 6 + 4y – 8 + 15 = 0
⇔
x + 2y + 1 = 0
Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya
x – 2y – 5 = 0.
19. Jawaban: b
x2 + y2 = 13
Untuk x = –3 dan y = 2 diperoleh:
(–3)2 + 22 = 9 + 4 = 13
Titik (–3, 2) terletak pada lingkaran, sehingga
persamaan garis singgungnya:
x1x + y1y = r2 ⇒ –3x + 2y = 13
Garis singgung memotong sumbu Y, berarti:
x=0 ⇒
–3(0) + 2y = 13
⇔
2y = 13
13
⇔
y= 2
Jadi, garis singgung memotong sumbu Y di titik
13
(0, 2 ).
20. Jawaban: a
Persamaan: x2 + y2 + 3x + 4y – 12 = 0
Untuk x = 0 dan y = 2 diperoleh:
(0)2 + (2)2 + 3(0) + 4(2) – 4
= 0 + 4 + 0 + 8 – 12 = 0
Titik (0, 2) terletak pada lingkaran, sehingga
persamaan garis singgungnya:
3
4
x1x + y1y + 2 (x + x1) + 2 (y + y1) – 12 = 0
3
⇒ 0x + 2y + 2 (x + 0) + 2(y + 2) – 12 = 0
3
⇔
2y + 2 x + 2y + 4 – 12 = 0
⇔
4y + 3x + 4y – 16 = 0
⇔
3x + 8y – 16 = 0
y = 0 ⇒ 3x + 8(0) – 16 = 0
⇔
3x = 16
1
⇔
x =53
Jadi, garis singgung lingkaran berpotongan dengan
1
sumbu X di titik (5 3 , 0).
Matematika Kelas XI
63
21. Jawaban: b
Lingkaran L berpusat di titik (2, –2), yaitu:
(x – 2)2 + (y + 2)2 = r2
Lingkaran L melalui titik (3, –1) berarti:
(3 – 2)2 + (–1 + 2)2 = r2
⇔
r2 = 12 + 12 = 2
Persamaan lingkaran L: (x – 2)2 + (y + 2)2 = 2.
Persamaan garis singgung di titik (3, –1):
(x1 – 2)(x – 2) + (y1 + 2)(y + 2) = 2
⇔ (3 – 2)(x – 2) + (–1 + 2)(y + 2) = 2
⇔
x–2+y+2–2=0
⇔
x+y–2=0
22. Jawaban: d
Lingkaran berpusat di O(0, 0) mempunyai
persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran
melalui titik P(4, –2), diperoleh:
x2 + y2 = r2
2
⇔ 4 + (–2)2 = r2
⇔
16 + 4 = r2
⇔
20 = r2
Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 = 20.
Persamaan garis singgung lingkaran di titik
P(4, –2) adalah 4x – 2y = 20 ⇔ 2x – y = 10.
23. Jawaban: d
Dari persamaan lingkaran x2 + y2 + 2x – 6y + 6 = 0
diperoleh:
Titik pusat lingkaran: P(–1, 3).
(−1)2 + 32 − 6 = 2.
Garis yang sejajar sumbu Y mempunyai
persamaan x = a atau x – a = 0.
Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P(–1, 3)
ke garis x – a = 0.
Jari-jari lingkaran: r =
r=
−1 − a
12
= | –1 – a |
⇔
r2 = | –1 – a | 2
⇔
22 = 1 + 2a + a2
⇔
a2 + 2a – 3 = 0
⇔ (a + 3)(a – 1) = 0
⇔
a + 3 = 0 atau a – 1 = 0
⇔
a = –3 atau
a=1
Jadi, persamaan garis singgungnya x = –3 atau
x = 1.
24. Jawaban: d
Titik pusat lingkaran: (3, –2).
Jari-jari lingkaran: r = 32 + (−2)2 − (−5)
= 18 = 3 2 .
Lingkaran memotong sumbu Y maka x = 0.
02 + y2 – 6 · 0 + 4y – 5 = 0
⇔
y2 + 4y – 5 = 0
64
Persamaan Lingkaran
⇔
(y + 5)(y – 1) = 0
⇔
y + 5 = 0 atau y – 1 = 0
⇔
y = –5 atau
y=1
Diperoleh titik A(0, 1) dan B(0, –5).
Persamaan garis singgung di titik A:
0 + 1 · y – 3(x + 0) + 2(y + 1) – 5 = 0
⇔
y – 3x + 2y + 2 – 5 = 0
⇔
–3x + 3y – 3 = 0
⇔
x–y+1=0
Persamaan garis singgung di titik B:
0 – 5 · y – 3(x + 0) + 2(y – 5) – 5 = 0
⇔
–5y – 3x + 2y – 10 – 5 = 0
⇔
–3x – 3y – 15 = 0
⇔
x+y+5=0
Jadi, persamaan garis singgung lingkaran adalah
x – y + 1 = 0 dan x + y + 5 = 0.
25. Jawaban: c
Misalkan koordinat titik P(x1, y1).
Titik P di luar lingkaran L.
Garis singgung di titik A melalui AP dan garis
singgung di titik B melalui BP.
Garis g: 7x – y = 25 merupakan garis kutub dari
titik P pada lingkaran L.
Persamaan garis kutub dari titik P pada lingkaran
L: x1x + y1y = 25. Sehingga diperoleh x1 = 7 dan
y1 = –1.
Jadi, koordinat titik P(7, –1).
26. Jawaban: e
L: (x + 5)2 + (y – 6)2 = 9
Substitusikan x = –5 ke dalam lingkaran L.
(–5 + 5)2 + (y – 6)2 = 9
⇔
(y – 6)2 = 9
⇔
y – 6 = ±3
⇔
y=6±3
⇔ y = 9 atau y = 3
Diperoleh titik potong (–5, 9) dan (–5, 3).
Persamaan garis singgung di titik (–5, 9):
(–5 + 5)(x + 5) + (9 – 6)(y – 6) = 9
⇔
0(x + 5) + 3(y – 6) = 9
⇔
y–6=3
⇔
y=9
Persamaan garis singgung melalui (–5, 3):
(–5 + 5)(x + 5) + (3 – 6)(y – 6) = 9
⇔
0(x + 5) – 3(y – 6) = 9
⇔
y – 6 = –3
⇔
y=3
Jadi, garis singgungnya y = 3 dan y = 9.
27. Jawaban: b
Misalkan garis singgung lingkaran L di titik A
1
adalah g dan gradiennya mg = – 2 .
OA merupakan jari-jari lingkaran L.
Persamaan garis yang melalui OA:
y−0
yA − 0
y
⇔
2
⇔
=
=
y=
30. Jawaban: b
Perhatikan gambar berikut.
x−0
xA − 0
x
a
2
x
a
Y
(4,6)
Q(a, b)
b
2
Gradien garis yang melalui OA: m = a
Garis g tegak lurus garis yang melalui OA maka
mg · m = –1
⇒ –
2
28. Jawaban: d
L: x2 + y2 – 24x – 12y + 168 = 0
⇔ x2 – 24x + 144 + y2 – 12y + 36 = –168 + 144
+ 36
⇔
(x – 12)2 + (y – 6)2 = 12
Diperoleh koordinat titik pusat (2, 3) dan jari-jari r
= 12 = 2 3 .
Titik A dan B merupakan titik singgung dari dua
garis singgung yang sejajar sehingga panjang AB
sama dengan panjang diameter.
Jadi, panjang AB = d = 2r = 4 3 satuan.
29. Jawaban: d
Misalkan lingkaran M berpusat di Q(a, b) sehingga
persamaannya (x – a)2 + (y – b)2 = r2. Oleh karena
melalui titik (4, 6) diperoleh:
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
⇔
(4 – a)2 + (6 – b)2 = b2
2
⇔ a – 8a + 16 + b2 – 12b + 36 = b2
⇔
a2 – 8a – 12b + 52 = 0
. . . (1)
Perhatikan segitiga OPQ.
OQ2 = OP2 + PQ2
Q
⇔ (2 + b)2 = a2 + b2
b
2+
⇔ 4b + 4 = a2
b
⇔
4b = a2 – 4
a2 − 4
4
a2 − 4
Substitusikan b =
4
⇔
b=
5)
⇔ a2 – 8a – 12(
1
B1
7
2,
O
a
P
ke dalam persamaan (1).
a2 – 8a – 12b + 52 = 0
Y
4
Q
(–
X
P
2
1
2
· a = –1
⇔
a= 1
Jadi, nilai a = 1
P(5, b)
r
B2
O
2
X
Garis singgung 1 tegak lurus PB1 dan garis
singgung 2 tegak lurus PB2.
Jarak PQ =
2
2
(x Q − xP ) + (yQ − yP )
⇔
a
O
b
=
(−2 − 5)2 + (5 − b)2 =
PB12 + QB12
2
4 +7
65
⇔
(–7)2 + (5 – b)2 = 65
⇔
49 + 25 – 10b + b2 = 65
⇔
b2 – 10b + 9 = 0
⇔
(b – 1)(b – 9) = 0
⇔
b = 1 atau b = 9
Jadi, nilai b = 1 atau b = 9.
2
a2 − 4
4
) + 52 = 0
⇔
a2 – 8a – 3(a2 – 4) + 52 = 0
⇔
a2 – 8a – 3a2 + 12 + 52 = 0
⇔
–2a2 – 8a + 64 = 0
⇔
2a2 + 8a – 64 = 0
⇔
a2 + 4a – 32 = 0
⇔
(a + 8)(a – 4) = 0
⇔
a + 8 = 0 atau a – 4 = 0
⇔
a = –8 atau
a=4
Nilai a yang memenuhi adalah 4.
Untuk a = 4 diperoleh:
b=
a2 − 4
4
=
42 − 4
4
=3
Lingkaran M berpusat di titik (4, 3) dan berjari-jari 3.
Persamaan lingkaran M:
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
⇔
(x – 4)2 + (y – 3)2 = 32
2
⇔ x – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 = 9
⇔
x2 + y2 – 8x – 6y + 16 = 0
Jadi, persamaan lingkaran M adalah x2 + y2 – 8x
– 6y + 16 = 0.
Matematika Kelas XI
65
B. Uraian
1. a. Lingkaran berpusat di O(0, 0) mempunyai
persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran
menyinggung garis y = 6 maka r = 6, diperoleh:
x2 + y2 = r2
⇔ x2 + y2 = 62
⇔ x2 + y2 = 36
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 36.
b. Lingkaran berpusat di A(2, 7) mempunyai
persamaan (x – 2)2 + (y – 7)2 = r2. Oleh karena
lingkaran melalui titik (5, 2), diperoleh:
(x – 2)2 + (y – 7)2 = r2
⇔ (5 – 2)2 + (2 – 7)2 = r2
⇔
32 + (–5)2 = r2
⇔
9 + 25 = r2
⇔
34 = r2
Jadi, persamaan lingkarannya (x – 2)2 + (y – 7)2
= 34.
2. L: x2 + y2 + 6x – 14y + 9 = 0
a.
Pusat:
1
 1

 – 2 (6), – (–14) 
2


Jari-jari: r =
=
b.
= (–3, 7)
66
−2 + 3 + 0
12 + 12
1
2
=
1
⇔ r2 = 2
Persamaan lingkaran:
1
(x – (–2))2 + (y – 3)2 = 2
b.
1
⇔
(x + 2)2 + (y – 3)2 = 2
⇔
1
x2 + 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = 2
⇔ 2x2 + 8x + 8 + 2y2 – 12y + 18 = 1
⇔
2x2 + 2y2 + 8x – 12y + 25 = 0
2x2 + 2y2 + 8x – 12y + 25 = 0
Untuk x = –3 dan y = 2 diperoleh:
2(–3)2 + 2(2)2 + 8(–3) – 12(2) + 25
= 18 + 8 – 24 – 24 + 25 = 3 > 0
Oleh karena hasilnya positif, maka titik Q
terletak di luar lingkaran L.
5. Titik pusat L1: P1(0, –4).
Jari-jari L1: r1 =
02 + (−4)2 − 3 =
(−3) + 7 − 9
Titik pusat L2: P2(4, 2).
9 + 49 − 9
Jari-jari L2: r2 =
2
2
= 49 = 7
Jadi, pusat lingkaran L(–3, 7) dan jari-jarinya 7.
Persamaan lingkaran dengan pusat (–3, 7)
dan r = 5:
(x + 3)2 + (y – 7)2 = 52
2
2
⇔ x + 6x + 9 + y – 14y + 49 – 25 = 0
⇔
x2 + y2 + 6x – 14y + 33 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 + 6x
– 14y + 33 = 0.
3. L: x2 + y2 – 2x + py – 12 = 0
a. Titik A(2, –3) terletak pada lingkaran L, berarti:
22 + (–3)2 – 2(2) + p(–3) – 12 = 0
⇔
4 + 9 – 4 – 3p – 12 = 0
⇔
3p = –3
⇔
p = –1
Jadi, nilai p = –1.
b. L: x2 + y2 – 2x – y – 12 = 0
B(–4, 0) ⇒ (–4)2 + 02 – 2(–4) – 0 – 12
= 16 + 0 + 8 – 12
= 12 > 0
Titik B terletak di luar lingkaran.
C(2, 3) ⇒ 22 + 32 – 2(2) – 3 – 12
= 4 + 9 – 4 – 3 – 12
= –6 < 0
Titik C terletak di dalam lingkaran.
4. a.
r=
Pusat lingkaran: P(–2, 3)
Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik
pusat ke garis x + y = 0, yaitu:
Persamaan Lingkaran
13 .
42 + 22 − 7 =
13 .
Oleh karena jari-jari r1 = r2 maka titik P3 merupakan
titik tengah garis P1P2.
Koordinat titik pusat: P3 

xP1 + xP2
2
,
0+4
= P3  2 ,

= P3(2, –1)
yP1 + yP2 

2

−4 + 2 
2 
Jari-jari L3: r3 = 2r1 = 2r2 = 2 13 .
Persamaan lingkaran L3:
(x – xP )2 + (y – yP )2 = r32
3
3
⇒
(x – 2)2 + (y + 1)2 = (2 13 )2
⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 2y + 1 = 52
⇔
x2 + y2 – 4x + 2y – 47 = 0
Jadi, persamaan lingkaran L3: x2 + y2 – 4x + 2y
– 47 = 0
6. a.
Persamaan lingkaran
Lingkaran N berpusat di O(0, 0) mempunyai
persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran
melalui titik (2, 4), diperoleh:
x2 + y2 = r2
⇔ 22 + 42 = r2
⇔ 4 + 16 = r2
⇔
20 = r2
Jadi, persamaan lingkaran N adalah x2 + y2
= 20.
b.
Persamaan garis singgung dengan gradien –2
b.
2
y = mx ± r 1 + m
⇔ y = –2x ±
20 1 + (−2)2
⇔ y = –2x ±
20 5
⇔ y = –2x ± 100
⇔ y = –2x ± 10
⇔ y = –2x + 10 atau y = –2x – 10
Jadi, persamaan garis singgungnya
y = –2x + 10 dan y = –2x – 10.
7. L:
x2 + y2 + 4x – 2y – 15 = 0
2
⇔ x + 4x + 4 + y2 – 2y + 1 = 15 + 4 + 1
⇔
(x + 2)2 + (y – 1)2 = 20
Diperoleh koordinat titik pusat (–2, 1) dan jari-jari
r = 20 .
g: 6x + 3y – 1 = 0
⇔ y = –2x +
=
Diperoleh gradien garis g adalah –2.
a. Garis singgung yang sejajar dengan garis g
bergradien m = –2.
Persamaan garis singgung lingkaran L yang
bergradien m = –2 adalah:
y – 1 = –2(x + 2) ± 20 1+ (−2)2
b.
⇔
y – 1 = –2x – 4 ± 20 5
⇔
y = –2x – 3 ± 10
⇔ 2x + y = –3 ± 10
Jadi, persamaan garis singgungnya 2x + y
= –3 ± 10.
Garis singgung yang tegak lurus garis g
1
bergradien m = 2 .
Persamaan garis singgung lingkaran L yang
bergradien m =
y–1=
⇔
9. Ordinat titik pusat = 2.
Misalkan koordinat titik pusat lingkaran P(a, 2).
Garis g: x – 3y + 5 = 0 melalui titik pusat lingkaran
berarti titik P(a, 2) terletak pada garis g.
Sehingga:
a–3·2+5=0⇔a=1
Diperoleh titik pusat: P(1, 2).
Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P(1, 2)
ke titik A(0, –1):
r =
1
6
1
2
1
(x
2
adalah:
+ 2) ±
y–1=x+1±
20
(xP − x A )2 + (yP − y A )2
(1 − 0)2 + (2 − (−1))2
= 12 + 32 = 1 + 9 = 10
⇔ r2 = 10
Persamaan lingkaran:
(x – xP)2 + (y – yP)2 = r2 ⇔ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 10
Persamaan garis singgung di titik A(0, –1):
(0 – 1)(x – 1) + (–1 – 2)(y – 2) = 10
⇔
–x + 1 – 3y + 6 = 10
⇔
–x – 3y – 3 = 0
⇔
x + 3y + 3 = 0
Jadi, persamaan garis singgung di titik A
x + 3y + 3 = 0.
10. L: x2 + y2 – 4x + 8y – 5 = 0
Titik pusat: P(2, –4)
a. : x – 2y + 6 = 0
⇔ 2y = x + 6
⇔
1
y = 2x + 3
1
20
1
1+ ( )2
2
5
4
⇔
y=x+2±5
⇔
2y = x + 4 ± 10
⇔ x – 2y = –4 ± 10
Jadi, persamaan garis singgungnya x – 2y
= –4 ± 10.
2)2
Persamaan garis singgung lingkaran di titik
P(–2, –6) yaitu:
(x1 – 2)(x – 2) + (y1 + 3)(y + 3) = 25
⇔ (–2 – 2)(x – 2) + (–6 + 3)(y + 3) = 25
⇔
–4(x – 2) – 3(y + 3) = 25
⇔
–4x + 8 – 3y – 9 = 25
⇔
4x + 3y + 26 = 0
3)2
8. Persamaan lingkaran: (x –
+ (y +
= 25
a. Untuk x = –2 dan y = –6 diperoleh:
(x – 2)2 + (y + 3)2 = (–2 – 2)2 + (–6 + 3)2
= 16 + 9 = 25
Jadi, titik (–2, –6) terletak pada lingkaran.
Gradien garis : m = 2
Garis g tegak lurus garis maka gradien garis g
adalah m1 = –2.
Persamaan garis g: y = –2x + c dengan c > 0
karena memotong sumbu Y positif.
Persamaan garis g menjadi 2x + y – c = 0.
Jarak garis g dari titik pusat P(2, –4) adalah
2 5 maka:
2 5 =
2⋅2− 4 − c
22 + 12
⇔ (2 5 )2 =
−c
5
2
c2
5
⇔
20 =
⇔
⇔
c2 = 100
c = ± 10
Matematika Kelas XI
67
Oleh karena c > 0 maka c = 10.
Persamaan garis g: 2x + y – 10 = 0
⇔
y = –2x + 10
b.
68
Mencari koordinat titik potong M dan N.
Substitusikan y = –2x + 10 ke dalam persamaan lingkaran L.
x2 + (–2x + 10)2 – 4x + 8(–2x + 10) – 5 = 0
⇔ x2 + 4x2 – 40x + 100 – 4x – 16x + 80 – 5 = 0
⇔
5x2 – 60x + 175 = 0
⇔
x2 – 12x + 35 = 0
⇔
(x – 7)(x – 5) = 0
⇔
x = 7 atau x = 5
Persamaan Lingkaran
c.
Untuk x1 = 7 maka y1 = –2 · 7 + 10 = –4
Untuk x2 = 5 maka y2 = –2 · 5 + 10 = 0
Diperoleh titik M(7, –4) dan N(5, 0).
Persamaan garis singgung L di titik M(7, –4):
7x – 4y – 2(x + 7) + 4(y – 4) – 5 = 0
⇔ 7x – 4y – 2x – 14 + 4y – 16 – 5 = 0
⇔
5x – 35 = 0
⇔
x=7
Persamaan garis singgung L di titik N(5, 0):
5x – 0 – 2(x + 5) + 4(y + 0) – 5 = 0
⇔
5x – 2x – 10 + 4y – 5 = 0
⇔
3x + 4y – 15 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya adalah
x = 7 dan 3x + 4y – 15 = 0.
A. Pilihlah jawaban yang tepat.
Me =
1. Jawaban: d
Data dalam bentuk tabel distribusi frekuensi relatif
sebagai berikut.
Berat Satwa (kg)
frelatif
98 – 100
101 – 103
104 – 106
107 – 109
110 – 112
113 – 115
16%
32%
4%
8%
24%
16%
(data ke-15 + data ke-16)
=
(7 + 7)
4. Jawaban: a
Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.
xi
fi
fi xi
2
5
8
11
14
17
20
41
22
19
8
3
5
2
82
110
152
88
42
85
40
Jumlah
100
599
++++ +
+ + + +
+
=
=7
Siswa yang lulus adalah siswa yang memperoleh
nilai 7, 8, 9, dan 10.
Banyak siswa yang lulus = 4 + 6 + 1 + 1= 12
Persentase banyak siswa yang lulus
=
× 100%
= 60%
3. Jawaban: d
Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.
Nilai
fi
fk
5
6
7
8
9
4
7
12
5
2
4
11
23
28
30
Banyak data = 30 (genap)
+ 1))
=7
Jadi, median data tersebut 7.
2. Jawaban: c
Nilai rata-rata ujian Matematika:
=
+ data ke-(
=
Dari tabel di atas diperoleh 24% satwa mempunyai
berat 110–112 kg.
× + × + × + × + × + ×
–
x =
(data ke-
=
∑ =
Σ
= = 5,99
Jadi, rata-rata dari data tersebut 5,99.
5. Jawaban: b
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Pendapatan
(ribuan rupiah
fi
fk
12–15
16–19
20–23
24–27
28–31
32–35
1
7
6
4
4
3
1
8
14
18
22
25
Banyak data = n = 25
Median = nilai data ke-( + )
= nilai data ke-13
Median adalah nilai data ke-13 terletak di kelas
interval 20–23.
L = 20 – 0,5 = 19,5
Matematika Kelas XI
69
8. Jawaban: d
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
fM = 6
e
fk = 8
Me
p = 23 – 20 + 1 = 4
 ⋅ − 

Me = L + 




·p
 ⋅ − 






= 19,5 +
Berat Badan (kg)
fi
fk
41 – 45
46 – 50
3
7
3
10
51 – 55
10
20
56 – 60
24
44
61 – 65
10
54
66 – 70
71 – 75
4
2
58
60
·4
= 19,5 + 3 = 22,5
Jadi, median pendapatan harian pekerja
Rp22.500,00.
6. Jawaban: c
Rata-rata berat badan 8 orang anggota sebuah tim
olahraga adalah = 94 kg, maka:
Σ =
=
⇔
Σ = 8 × = 8 × 94
=
= 752 kg
Rata-rata beratnya berkurang menjadi = 92 kg
ketika seorang pemain cadangan digabungkan.
Misalkan berat pemain cadangan = x9, maka:
⇔
=
92 =
+
Q1 = nilai data ke- = nilai data ke-15,25
Q1 adalah nilai data ke-15,25 terletak di kelas
interval 51– 55.
L1 = 51 – 0,5 = 50,5
fk = 10
Q1
fQ = 10
1
p = 55 – 51 + 1 = 5



Σ +  ⋅ −
= 50,5 +  
+ = 50,5 +
⇔
7. Jawaban: e
Modus di kelas interval 09.33–09.35.
L = 09.33 – 30'' = 09.32'.60'' – 30'' = 09.32'.30''
d1 = 32 – 20 = 12
d2 = 32 – 28 = 4
p = 09.35 – 09.33 + 1' = 3'


= 09.32'.30'' + 

p




·5
−
= 50,5 + 2,5 = 52,5
Q3 = nilai data ke-
+ 3
 − 

 


Q3 = L3 +  = 60,5 +  

+ 
· 3'
 
= 09.32'.30'' +  
 
= 09.32'.30'' + 2,25
= 09.32'.30'' + 2'.15''
= 09.34'.45''
Jadi, modus waktu kedatangan bus 09.34'.45''.
Ulangan Tengah Semester
= nilai data ke-45,75
Q3 adalah nilai data ke-45,75 terletak di kelas
interval 61 – 65.
L3 = 61 – 0,5 = 60,5
fk = 44
Q
fQ 3 = 10
·p
 ⋅ − 
·




Mo = L +  +  · p


70
− 
·


Q1 = L3 +  =
x9 = 9 × 92 – 752
= 828 – 752
= 76
Jadi, berat badan pemain cadangan tersebut
76 kg.
← kelas Q3
Banyak data = n = 60
← kelas Q1
= 60,5 +
5
− = 60,5 + 0,5 = 61
Jangkauan antarkuartil:
H = Q3 – Q1
= 61 – 52,5
= 8,5
Jadi, jangkauan antarkuartil data adalah 8,5.
12. Jawaban: e
Tiga orang yang selalu duduk berdampingan
dianggap 1 unsur sehingga permasalahan menjadi
permutasi siklis dari 6 unsur.
Banyak cara duduk 3 orang yang berdampingan =
P = 3!
3 3
Banyak cara duduk delapan orang = 3! (6 – 1)!
= 3! 5!
= 6 × 120
= 720
9. Jawaban: a
=
∑ =
∑ =
=
× + × + × + × + ×
+++++
+
×
+ + + + + +++++
=
= = 17
Simpangan rata-rata
∑ − =
=
∑ =
=
=
− + − + − + − + +++++
× + × + ×
+
− ×
Ribuan Ratusan Puluhan Satuan
++
=
=
+ × + ×
− +
13. Jawaban: d
Dari angka-angka 1, 2, 3, 4, dan 5 dibentuk
bilangan ganjil lebih dari 2.000.
Bilangan lebih dari 2.000 memiliki nilai tempat
ribuan, ratusan, puluhan, dan satuan.
Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat
ribuan adalah 2, 3, 4, dan 5.
Angka-angka yang dapat menempati nilai tempat
satuan adalah 1, 3, dan 5.
Banyak bilangan yang dapat dibentuk dapat di cari
menggunakan tabel berikut.
=
+++
= 1,5
10. Jawaban: d
∑ − = 6(15 – 17)2 + 3(16 – 17)2 + 3(17 – 17)2
+ 3(18 – 17) 2 + 3(19 – 17) 2
+ 2(20 – 17)2
=6×4+3×1+3×0+3×1+3×4
+2×9
= 24 + 3 + 0 + 3 + 12 + 18
= 60
2
...
...
1
2
...
...
3
2
...
...
5
3
...
...
1
3
...
...
5
4
...
...
1
4
...
...
3
4
...
...
5
5
...
...
1
...
...
3
=
5
2
Variansi: s =
∑ − =
=
=3
P
∑ 3 2
=
Banyak bilangan yang dapat dibentuk
= 10 × 3P2 = 10 × 6 = 60
11. Jawaban: a
Jumlah huruf = 12
Banyak huruf N = 2
Banyak huruf A = 2
Banyak huruf I = 2
Banyak huruf S = 2
Banyak susunan huruf =
× =
= × 11!
14. Jawaban: b
Kemungkinan 5 anak yang terpilih adalah 2 anak
laki-laki dan 3 anak perempuan, 1 anak laki-laki
dan 4 anak perempuan, atau 5 anak perempuan.
Banyak cara memilih 2 anak laki-laki dari 10 anak
laki-laki dan 3 anak perempuan dari 5 anak
perempuan = 10C2 × 5C3
=
=
×
× × × × ×
× × × ×
= 45 × 10 = 450
Matematika Kelas XI
71
Banyak cara memilih 1 anak laki-laki dari 10 anak
laki-laki dan 4 anak perempuan dari 5 anak
perempuan = 10C1 × 5C4
=
×
× =
×
n(A) = banyak cara mengambil 3 kelereng merah
dari 4 kelereng merah dan 1 kelereng hijau
dari 4 kelereng hijau
= 4C3 × 4C1
= 10 × 5 = 50
Banyak cara memilih 5 anak perempuan dari 5 anak
perempuan = 5C5 =
15. Jawaban: a
Misalkan:
A = kejadian terlihat mata dadu genap pada dadu
pertama
= {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (4, 1),
(4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2),
(6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}
B = kejadian terlihat mata dadu 4 pada dadu kedua
= {(1, 4), (2, 4), (3, 4), (4, 4), (5, 4), (6, 4)}
A ∩ B = {(2, 4), (4, 4), (6, 4)}
Diperoleh n(A) = 18, n(B) = 6, dan n(A ∩ B) = 3.
Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, kejadian A dan B tidak
saling lepas.
Peluang terlihat mata dadu genap pada dadu
pertama atau mata dadu 4 pada dadu kedua:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
=
+
–
∩ = + – = =
=
× ×
× = 4 × 4 = 16
=1
Jadi, banyaknya cara memilih paling banyak 2 anak
laki-laki disertakan adalah 450 + 50 + 1 = 501 cara.
= × × ×
P(A) = = Jadi, peluang terambilnya 3 kelereng merah dan 1
kelereng hijau adalah .
17. Jawaban: b
Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama
sekali, maka banyak anggota ruang sampel adalah
n(S) = 6 × 6 = 36.
Jumlah kedua mata dadu merupakan bilangan
prima adalah 2, 3, 5, 7, dan 11.
Misalkan:
A = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 2
= {(1, 1)}
B = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 3
= {(1, 2), (2, 1)}
C = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 5
= {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)}
D = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 7
= {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}
E = kejadian terlihat jumlah kedua mata dadu 11
= {(5, 6), (6, 5)}
Diperoleh n(A) = 1, n(B) = 2, n(C) = 4, n(D) = 6,
n(E) = 2.
Kejadian A, B, C, D, dan E saling lepas.
Peluang terlihat jumlah kedua mata dadu prima:
P =
+
+
16. Jawaban: e
Banyak anggota ruang sampel:
n(S) = banyak cara mengambil 4 kelereng dari
12 kelereng
= 12C4
=
=
× × × × × × × × = 11 × 5 × 9
= 495
Misalkan A = kejadian terambil 3 kelereng merah
dan 1 kelereng hijau.
72
Ulangan Tengah Semester
+
+
= + + + + = =
Jadi, peluang terlihat jumlah kedua mata dadu
merupakan bilangan prima adalah
.
18. Jawaban: a
Misalkan:
K1 = kejadian terambil bola putih pada
pengambilan pertama
K2= kejadian terambil bola kuning pada
pengambilan kedua
Jumlah bola = 12, maka n(S) = 12.
Banyak bola putih = 4, maka n(K1) = 4.
Banyak bola kuning = 3, maka n(K2) = 3.
Dua bola diambil berurutan secara acak tanpa
pengembalian.
P(K1) =
=
= Satu bola yang telah terambil tidak dikembalikan.
Sekarang dalam kotak tersisa 11 bola dengan
banyak bola putih 3.
Peluang kejadian terambil bola kuning pada
pengambilan kedua dengan syarat telah terambil
bola putih pada pengambilan pertama:
P(K2|K1) = − =
Peluang terambil sebuah bola putih pada
pengambilan pertama dan sebuah bola kuning pada
pengambilan kedua:
P(K1 ∩ K2) = P(K1) × P(K2|K1)
pada pengambilan kedua adalah
.
19. Jawaban: c
Satu set kartu bridge berisi 52 kartu, maka banyak
anggota ruang sampel adalah n(S) = 52.
Satu set kartu bridge terdiri atas 4 jenis kartu, yaitu
13 kartu hati, 13 kartu wajik, 13 kartu sekop, dan
13 kartu keriting.
Kartu hati dan wajik berwarna merah, sedangkan
kartu sekop dan keriting berwarna hitam.
Setiap jenis kartu terdiri atas kartu bernomor 2
sampai dengan 10 dan 4 kartu bergambar.
Misalkan:
A = kejadian terambil kartu berwarna hitam
B = kejadian terambil kartu berangka 10
A ∩ B = kejadian terambil kartu berwarna hitam
dan berangka 10
= kejadian terambil kartu sekop bernomor
10 dan kartu keriting bernomor 10
Dengan demikian, diperoleh n(A) = 26, n(B) = 4,
dan n(A ∩ B) = 2.
Oleh karena n(A ∩ B) ≠ 0, maka kejadian A dan B
tidak saling lepas.
Peluang terambil kartu berwarna hitam atau kartu
berangka 10:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
=
+
–
+ – = = ∩ = + –
= ×
=
Jadi, peluang terambil sebuah bola putih pada
pengambilan pertama dan sebuah bola kuning
=
20. Jawaban: b
Banyak percobaan = n = 108 kali.
Misalkan:
A = kejadian terlihat mata dadu bilangan prima
= {2, 3, 5}
B = kejadian terlihat mata dadu bilangan ganjil
= {1, 3, 5}
A ∩ B = {3, 5}
Diperoleh n(A) = 3, n(B) = 3, dan n(A ∩ B) = 2.
Oleh karena A ∩ B ≠ ∅, maka kejadian A dan B
tidak saling lepas.
Peluang kejadian terlihat mata dadu bilangan prima
atau ganjil:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
∩ = + – = = Frekuensi harapan terlihat mata dadu bilangan
prima atau ganjil:
Fh = P(A ∪ B) × n = × 108 = 72
21. Jawaban: e
Lingkaran yang berpusat di titik (0, 0) mempunyai
persamaan x2 + y2 = r2. Oleh karena lingkaran
melalui titik (4, 1) diperoleh:
x2 + y2 = r2
⇔ 42 + 12 = r2
⇔ 16 + 1 = r2
⇔
17 = r2
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 17.
22. Jawaban: b
Titik pusat lingkaran terletak di tengah diameter,
koordinatnya:
 − − 
"#




= (–2, 1)
Lingkaran tersebut mempunyai persamaan (x + 2)2
+ (y – 1)2 = r2. Oleh karena melalui titik (2, 4)
diperoleh:
(x + 2)2 + (y – 1)2 = r2
⇔ (2 + 2)2 + (4 – 1)2 = r2
⇔
42 + 32 = r2
⇔
16 + 9 = r2
⇔
25 = r2
Persamaan lingkaran:
(x + 2)2 + (y – 1)2 = r2
⇔
(x + 2)2 + (y – 1)2 = 25
2
⇔ x + 4x + 4 + y2 – 2y + 1 = 25
⇔
x2 + y2 + 4x – 2y – 20 = 0
Matematika Kelas XI
73
23. Jawaban: d
x2 + y2 – 4x + 10y + c = 0
Diperoleh A = –4, B = 10, dan C = c.
r=3
⇔
(− ) + (− )
Substitusikan y = x – 4 ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 – 8x – 8y + 24 = 0
2
⇔
x + (x – 4)2 – 8x – 8(x – 4) + 24 = 0
2
⇔ x + x2 – 8x + 16 – 8x – 8x + 32 + 24 = 0
⇔
2x2 – 24x + 72 = 0
⇔
2(x2 – 12x + 36) = 0
⇔
2(x – 6)2 = 0
⇔
x–6=0
⇔
x=6
Substitusikan x = 6 ke dalam y = x – 4.
y=x–4=6–4=2
Jadi, garis tersebut menyinggung lingkaran di titik
(6, 2).
−$ = 3
⇔
+ − − $ = 3
⇔
+ −$ = 3
⇔
−$ = 3
⇔
29 – c = 32
⇔
29 – c = 9
⇔
c = 20
Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 20.
24. Jawaban: c
Substitusikan x = a dan y = –2 ke dalam persamaan
lingkaran.
(x – 3)2 + (y + 2)2 = 25
⇔ (a – 3)2 + (–2 + 2)2 = 25
⇔
(a – 3)2 + 0 = 25
⇔
(a – 3)2 = 25
⇔ a – 3 = 5 atau a – 3 = –5
⇔
a = 8 atau a = –2
Jadi, nilai a yang memenuhi adalah –2 atau 8.
25. Jawaban: b
2x – y + 1 = 0
⇔
y = 2x + 1
Substitusikan y = 2x + 1 ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 – 8x + 2y – 8 = 0
2
2
⇔ x + (2x + 1) – 8x + 2(2x + 1) – 8 = 0
⇔ x2 + 4x2 + 4x + 1 – 8x + 4x + 2 – 8 = 0
⇔
5x2 – 5 = 0
⇔
5(x2 – 1) = 0
⇔
5(x – 1)(x + 1) = 0
⇔
x – 1 = 0 atau x + 1 = 0
⇔
x = 1 atau x = –1
Untuk x = 1 maka y = 2 · 1 – 1 = 1
Untuk x = –1 maka y = 2 · (–1) – 1 = –3
Diperoleh titik P(1, 1) dan Q(–1, –3).
Panjang PQ =
=
− − + − − + =
=
Jadi, panjang ruas garis PW adalah
26. Jawaban: e
x–y–4=0
⇔
y=x–4
74
Ulangan Tengah Semester
.
27. Jawaban: b
Cara 1:
x2 + y2 + 6x – 2y – 35 = 0
Titik pusat = (–3, 1)
− + − − = = Jarak titik pusat lingkaran ke garis singgung sama
dengan jari-jari lingkaran.
y = –2x + n ⇔ 2x + y – n = 0
r= Jari-jari = r =
⇔
− ⋅ + ⋅ −
+
= ⇔
− + −
= ⇔
− −
= ⇔
− −
= ( )2
⇔
+ = 45
⇔
(5 + n)2 = 225
⇔ 5 + n = 15 atau 5 + n = –15
⇔
n = 10 atau n = –20
Cara 2:
Substitusikan y = –2x + n ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 + 6x – 2y – 35 = 0
2
2
⇔
x + (–2x + n) + 6x – 2(–2x + n) – 35 = 0
⇔ x2 + 4x2 – 4nx + n2 + 6x + 4x – 2n – 35 = 0
⇔
5x2 – 4nx + n2 + 10x – 2n – 35 = 0
⇔
5x2 + (10 – 4n)x + (n2 – 2n – 35) = 0
Oleh karena garis bersinggungan dengan lingkaran,
diperoleh:
D=0
⇔
(10 – 4n)2 – 4 · 5 · (n2 – 2n – 35) = 0
⇔ (100 – 80n + 16n2) – 20 · (n2 – 2n – 35) = 0
⇔
100 – 80n + 16n2 – 20n2 + 40n + 700 = 0
⇔
–4n2 – 40n + 800 = 0
⇔
–4(n2 + 10n – 200) = 0
⇔
–4(n + 20)(n – 10) = 0
⇔
n + 20 = 0 atau n – 10 = 0
⇔
n = –20 atau n = 10
Jadi, salah satu nilai n yang memenuhi adalah 10.
28. Jawaban: b
x2 + y2 – 2x – 44 = 0
⇔
x2 – 2x + y2 = 44
2
⇔ x – 2x + 1 + y2 = 44 + 1
⇔
(x – 1)2 + y2 = 45
Garis 4x + 2y = 7 mempunyai gradien m1 = –2.
Oleh garis singgung sejajar dengan garis 4x + 2y
= 7 maka m = m1 = –2.
Persamaan garis singgung:
y – b = m(x – a) ± r
⇔ y = –2(x – 1) ±
+&
+ − ⇔ y = –2x + 2 ± ⇔ y = –2x + 2 ± 15
⇔ y = –2x + 2 + 15 atau y = –2x + 2 – 15
⇔ y = –2x + 17 atau y = –2x – 13
Jadi, persamaan garis singgungnya adalah
y = –2x + 17 dan y = –2x – 13.
29. Jawaban: a
Lingkaran berpusat di titik P(2, 3) mempunyai
persamaan (x – 2)2 + (y – 3)2 = r2. Oleh karena
melalui titik Q(5, 0) diperoleh:
(x – 2)2 + (y – 3)2 = r2
⇔ (5 – 2)2 + (0 – 3)2 = r2
⇔
32 + (–3)2 = r2
⇔
9 + 9 = r2
⇔
18 = r2
Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 18.
Persamaan garis singgung di titik Q(5, 0):
(x1 – 2)(x – 2) + (y1 – 3)(y – 3) = 18
⇔ (5 – 2)(x – 2) + (0 – 3)(y – 3) = 18
⇔
(3)(x – 2) + (–3)(y – 3) = 18
⇔
3x – 6 – 3y + 9 = 18
⇔
3x – 3y – 15 = 0
⇔
x–y=5
Jadi, persamaan garis singgungnya x – y = 5.
Persamaan garis singgung:
y – b = m(x – a) ± r
⇔ y + 2 = –3(x – 3) ±
⇔
⇔
m · = –1
m = –3
+ −
⇔ y + 2 = –3x + 9 ±
⇔ y = –3x + 7 ± 10
⇔ y = –3x + 7 + 10 atau y = –3x + 7 – 10
⇔ y = –3x + 17 atau y = –3x – 3
Jadi, persamaan garis singgungnya y = –3x + 17
dan y = –3x – 3.
B. Kerjakan soal-soal berikut.
1. Panjang kelas p = selisih dua titik tengah kelas
interval yang saling berurutan.
Titik tengah kelas interval ke-1 = 55,5
Titik tengah kelas interval ke-2 = 65,5
Panjang kelas = p = 65,5 – 55,5 = 10
Tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval
sebagai berikut.
Titik
Tengah
(x i)
55,5
65,5
75,5
85,5
95,5
Tepi Atas
Tepi Bawah
(Tbi = xi –
p)
55,5 – 5 = 50,5
65,5 – 5 = 60,5
75,5 – 5 = 70,5
85,5 – 5 = 80,5
95,5 – 5 = 90,5
(Tai = xi +
p)
55,5 + 5 = 60,5
65,5 + 5 = 70,5
75,5 + 5 = 80,5
85,5 + 5 = 90,5
95,5 + 5 = 100,5
fi
4
9
15
12
5
Dari tepi bawah dan tepi atas setiap kelas interval
pada tabel di atas diperoleh tabel distribusi frekuensi
berikut.
2.
Nilai
Frekuensi
51–60
61–70
71–80
81–90
91–100
4
9
15
12
5
xi
fi
f ix i
5
10
15
20
25
30
5
2n
15
5n
30
15
25
20n
225
100n
750
450
Jumlah
65 + 7n
1.450 + 120n
30. Jawaban: b
x2 + y2 – 6x + 4y + 3 = 0
⇔
x2 – 6x + y2 + 4y = –3
2
⇔ x – 6x + 9 + y2 + 4y + 4 = –3 + 9 + 4
⇔
(x – 3)2 + (y + 2)2 = 10
Garis x – 3y = 7 mempunyai gradien m1 = .
Oleh karena garis singgung tegak lurus dengan
garis x – 3y = 7 diperoleh:
m · m1 = –1
+&
=
⇔
20,5 =
Σ
Σ
* +
+ ⇔ 1.332,5 + 143,5n = 1.450 + 120n
Matematika Kelas XI
75
⇔
23,5 n = 117,5
⇔
n =5
Banyak data = 65 + 7n = 65 + 7 × 5 = 65 + 35 = 100.
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
fi
Nilai
fQ = 15
3
p = 154 – 150 + 1 = 5
5
10
15
5
15
30
18 – 22
25
55
23 – 27
28 – 32
30
15
85
100
← kelas Me
e
− 



·p

 ⋅




− 



P30 = nilai data ke-

P30 = L30 + 
= 139,5 +
fk
9
9
140 – 144
20
22
145 – 149
13
42
150 – 154
15
57
155 – 159
160 – 164
4
9
61
70
/ ← kelas P30
·p
⋅ − 



·5
4. Komite yang terbentuk kemungkinan terdiri atas 5
guru laki-laki dan 1 guru perempuan atau 4 guru
laki-laki dan 2 guru perempuan.
Banyak cara memilih 5 guru laki-laki dari 7 guru
laki-laki dan 1 guru perempuan dari 5 guru
perempuan = 7C5 × 5C1
= × × × ← kelas Q3
Kuarti atas (Q3) = nilai data ke- (70 + 1)
= nilai data ke-53,25
Kuartil atas (Q3) adalah nilai data ke-53,25 terletak
di kelas interval 150 – 154.
L3 = 150 – 0,5 = 149,5
fk = 42
Ulangan Tengah Semester




Banyak data = n = 70
Q3
− / 



⋅
= 139,5 + 3 = 142,5
Jadi, nilai Q3 = 153 dan P30 = 142,5.
3. Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.
135 – 139
(70 + 1)
30
= 139,5 +
·5
= nilai data ke-21,3
P30 adalah nilai data ke-21,3 terletak di kelas
interval 140–144.
L30 = 140 – 0,5 = 139,5
fk = 9
P30
fP = 20

= 17,5 + = 17,5 + 4 = 21,5
Jadi, median data tersebut 21,5.
76
"
= 149,5 + 3,5 = 153
Median adalah nilai data ke-50,5 terletak di kelas
interval 18 – 22.
L = 18 – 0,5 = 17,5
fk = 30
Me
fM = 25
fi
·5
" − = 149,5 +
= 149,5 +
= nilai data ke-50,5
Ukuran

 ⋅ − 




Median = nilai data ke- (100 + 1)
= 17,5 +

= 149,5 +  Banyak data = n = 100
Me = L +

fk
3–7
8 – 12
13 – 17




 −

Q3 = L3 +   · p

× = × × × = 21 × 5 = 105
Banyak cara memilih 4 guru laki-laki dari 7 guru
laki-laki dan 2 guru perempuan dari 5 guru
perempuan = 7C4 × 5C2
= ×
× × × × × = × × × × × × = 35 × 10
= 350
Banyak cara membentuk komite = 105 + 350 = 455
5. Banyak kelereng kuning = 8
Banyak kelereng merah = 6
Banyak kelereng biru = 2
Banyak kelereng putih = 4
Jumlah kelereng dalam kotak = 20.
Pasangan kelereng yang mungkin terambil adalah
(putih, kuning), (putih, merah), (putih, biru), atau
(putih, putih).
A = kejadian terambil kelereng pertama putih dan
kelereng kedua kuning
P(A) =
×
×
= C = kejadian terambil kelereng pertama putih dan
kelereng kedua biru
P(C) =
×
= + 5 atau 8 adalah .
7. Kotak I berisi 8 bola, terdiri atas 5 bola merah dan
3 bola biru.
Misalkan A = kejadian terambil 2 bola merah dari
kotak I.
n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari
5 bola merah
= 5C2
=
× × ;
= × × = 10
×
= D = kejadian terambil kelereng pertama putih dan
kelereng kedua putih:
P(D) =
= + = = Jadi, peluang terlihat kedua mata dadu berjumlah
= B = kejadian terambil kelereng pertama putih dan
kelereng kedua merah
P(B) =
Diperoleh n(Q) = 4 dan n(R) = 5.
Oleh karena Q ∩ R = ∅, maka kejadian Q dan R
saling lepas.
Peluang terlihat kedua mata dadu berjumlah 5 atau 8:
P(Q ∪ R) = P(Q) + P(R)
n(SA) = banyak cara mengambil 2 bola dari 8 bola
= 8C2
=
= × × = 28
× × Peluang terambil 2 bola merah dari kotak I:
= Kejadian A, B, C, dan D saling lepas.
Peluang terambil kelereng pertama putih:
P = P(A) + P(B) + P(C) + P(D)
=
+
+
+ = = Jadi, peluang terambil kelereng pertama putih
adalah .
6. Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama
sekali, sehingga banyak anggota ruang sampel
adalah n(S) = 6 × 6 = 36.
Misalkan:
Q = kejadian terlihat kedua mata dadu berjumlah 5
= {(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)}
R = kejadian terlihat kedua mata dadu berjumlah 8
= {(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)}
P(A) =
=
= Kotak II berisi 10, terdiri atas 6 bola merah dan 4
bola putih.
Misalkan B = kejadian terambil 1 bola putih dari
kotak II.
Diperoleh n(B) = 4 dan n(SB) = 10.
Peluang terambil 1 bola putih dari kotak II:
P(B) =
=
= Kejadian A dan B saling bebas.
Matematika Kelas XI
77
Peluang terambilnya 2 bola merah dari kotak I dan
1 bola putih dari kotak II:
P = P(A) × P(B) = × = Jadi, peluang terambil 2 bola merah dari kotak I
dan 1 bola putih dari kotak II adalah .
8. Lingkaran L: x2 + y2 + 2x – 8y – 8 = 0
Titik pusat = (–1, 4)
Jari-jari = rL =
− + − −
=
=5
Lingkaran M mempunyai pusat (–1, 4) dan berjarijari rM = 3 × rL = 3 × 5 = 15.
Persamaan lingkaran M:
(x + 1)2 + (y – 4)2 = rM2
⇔
(x + 1)2 + (y – 4)2 = 152
2
⇔ x + 2x + 1 + y2 – 8y + 16 = 225
⇔
x2 + 2x + y2 – 8y + 17 = 225
⇔
x2 + y2 + 2x – 8y – 208 = 0
Jadi, persamaan lingkaran M: x2 + y2 + 2x – 8y –
208 = 0.
9. Persamaan garis g:
<−<
< −<
⇔
<+
+
⇔
<+
=
−
−
−
= − −
−
= −
⇔
–6(y + 4) = 4(x – 2)
⇔
–6y – 24 = 4x – 8
⇔ 4x + 6y + 16 = 0
⇔
2x + 3y + 8 = 0
Jari-jari lingkaran L sama dengan jarak titik
P(7, –3) ke garis g, diperoleh:
r =
=
78
⋅ + − ⋅ + +
− +
=
=
Ulangan Tengah Semester
Persamaan lingkaran L:
(x – 7)2 + (y + 3)2 = r2
⇔
(x – 7)2 + (y + 3)2 = ( )2
2
⇔ x – 14x + 49 + y2 + 6y + 9 = 13
⇔
x2 – 14x + y2 + 6y + 58 = 13
⇔
x2 + y2 – 14x + 6y + 45 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 – 14x + 6y
+ 45 = 0.
10. Cek kedudukan titik A(6, 2) terhadap lingkaran.
x2 + y2 = 62 + 22 = 36 + 4 = 40 > 20
Ternyata titik A(6, 2) terletak di luar lingkaran.
Persamaan garis kutub:
x1x + y1y = 20
⇔ 6x + 2y = 20
⇔
3x + y = 10
⇔
y = 10 – 3x
Substitusikan y = 10 – 3x ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 = 20
2
⇔
x + (10 – 3x)2 = 20
2
⇔ x + (100 – 60x + 9x2) = 20
⇔
10x2 – 60x + 100 = 20
⇔
10x2 – 60x + 80 = 0
⇔
10(x2 – 6x + 8) = 0
⇔
10(x – 4)(x – 2) = 0
⇔
x – 4 = 0 atau x – 2 = 0
⇔
x = 4 atau x = 2
Untuk x = 4 maka y = 10 – 3 · 4 = –2
Untuk x = 2 maka y = 10 – 3 · 2 = 4
Diperoleh titik pada lingkaran (4, –2) dan (2, 4).
Persamaan garis singgung di titik (4, –2):
x1x + y1y = 20
⇔ 4x – 2y = 20
⇔
2x – y = 10
Persamaan garis singgung di titik (2, 4):
x1x + y1y = 20
⇔ 2x + 4y = 20
⇔
x + 2y = 10
Jadi, persamaan garis singgungnya 2x – y = 10
dan x + 2y = 10.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu:
1. menjelaskan pengertian transformasi geometri meliputi translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi;
2. menentukan bayangan titik oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi;
3. menentukan persamaan bayangan kurva oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi;
4. menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi.
Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap motivasi internal,
kemampuan bekerja sama, konsisten, disiplin, rasa percaya diri, jujur, tangguh, kritis, dan toleran dalam perbedaan strategi
berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.
Transformasi Geometri
Translasi dan Refleksi
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Mendiskripsikan translasi.
Menjelaskan cara menentukan bayangan titik oleh
sebuah translasi.
Mendiskripsikan pengertian refleksi.
Menentukan bayangan titik oleh sebuah refleksi.
Menjelaskan cara menentukan persamaan
bayangan kurva oleh translasi.
Menjelaskan cara menentukan persamaan
bayangan kurva oleh refleksi.
Rotasi dan Dilatasi
•
•
•
•
•
•
Mendiskripsikan rotasi.
Menjelaskan cara menentukan bayangan titik
oleh sebuah rotasi.
Mendiskripsikan pengertian dilatasi.
Menjelaskan cara menentukan bayangan titik
oleh sebuah dilatasi.
Menentukan persamaan bayangan kurva oleh
rotasi.
Menjelaskan cara menentukan persamaan
bayangan kurva oleh dilatasi.
Memiliki sikap percaya diri, motivasi internal, serta sikap peduli lingkungan melalui kegiatan kemanusiaan, bisnis, dan dalam
kehidupan sehari-hari.
Mampu menentukan koordinat titik bayangan oleh translasi, refleksi, rotasi, atau dilatasi.
Mampu menentukan persamaan bayangan kurva oleh translasi, refleksi, rotasi, atau dilatasi.
Matematika Kelas XI
79
A.
Pilihan Ganda
6. Jawaban: b
M
y=x
→ A′(y, x) sehingga:
A(x, y) 
1. Jawaban: c
M
y=x
→ A′(–5, 3)
A(3, –5) 
Jadi, bayangan titik A adalah A′(–5, 3).
T = ( −2, − 5)
A(6, –1) → A′(6 – 2, –1 – 5) = A′(4, –6)
Jadi, bayangan titik A adalah A′(4, –6).
2. Jawaban: b
Misalkan translasi tersebut T = (a, b).
7. Jawaban: a
M
y = −x
→ B′(–y, –x)
B(x, y) 
My = − x
T = (a, b)
C(10, –8) → C′(10 + a, –8 + b) = C′(6, 2)
Diperoleh:
10 + a = 6 ⇔ a = 4
–8 + b = 2 ⇔ b = 10
Jadi, translasinya adalah T = (4, 10).
3. Jawaban: d
Misalkan translasinya T = (a, b).
→ B′(a + 3, b – 2) = B′(2, –4)
B(4, –2) 
Diperoleh:
a + 3 = 2 ⇔ a = –1
b – 2 = –4 ⇔ b = –2
Jadi, nilai a = –1 dan b = –2.
8. Jawaban: e
T
y=5
D(–1, –6) → D′(–1, 2 × 5 – (–6)) = D′(–1, 16)
Jadi, hasil pencerminan titik D adalah D′(–1, 16).
T = (a, b)
Q(–4, 2) → Q′(–4 + a, 2 + b) = Q′(–1, 6)
Diperoleh:
–4 + a = –1
⇔ a=3
2+b=6
⇔ b=4
Diperoleh T = (3, 4).
T = (3, 4)
R(3, –2) → R′(3 + 3, –2 + 4) = R′(6, 2)
Jadi, R′(6, 2).
4. Jawaban: d
Titik C(2, 3) ditranslasikan oleh T = (a, b) menghasilkan bayangan C′(0, 5).
T = (a, b)
C(2, 3) → C′(2 + a, 3 + b) = C′(0, 5)
2 + a = 0 ⇔ a = –2
3+b=5⇔b=2
Diperoleh T = (–2, 2)
T = ( −2, 2)
→ A′(–3, 0)
A(–1, –2) 
T = ( −2, 2)
→ B′(3, 1)
B(5, –1) 
Jadi, koordinat A′(–3, 0) dan B′(3, 1).
5. Jawaban: a
 2
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   adalah
 3
(x′, y′) = (x + 2, y + 3).
x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2
y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3
Substitusikan x dan y ke persamaan garis g.
2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2(x′ – 2) – 3(y′ – 3) + 4 = 0
⇔
2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0
⇔
2x′ – 3y′ + 9 = 0
Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0.
80
Transformasi Geometri
9. Jawaban: e
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap
garis y = –1 adalah (x′, y′) = (x, –2 – y).
x′ = x
⇔ x = x′
y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′
Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:
y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2(x′) + 5
⇔ –2 – y′ = 2x′ + 5
⇔
y′ = –2x′ – 7
⇔
y = –2x – 7
Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7.
10. Jawaban: e
Puncak parabola dengan persamaan y = a(x – p)2 + q
adalah (p, q).
y = 2x2 – 8x + 11
⇔ y = 2(x2 – 4x + 4) + 3
⇔ y = 2(x – 2)2 + 3
Diperoleh puncak parabola P adalah (2, 3).
Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadap
garis y = –1.
Bayangan titik (2, 3) oleh pencerminan terhadap
garis y = –1 adalah (x′, y′) dengan:
M
y = −1
→ (2, 2 · (–1) – 3) = (2, –5)
(2, 3) 
Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah (2, –5).
B.
Uraian
1. a.
Diketahui lingkaran (x – 3)2 + (y + 10)2 = 25
sehingga titik A(3, –10).
T = ( −6, 8)
→ A′(3 – 6, –10 + 8)
A(3, –10) 
= A′(–3, –2)
Jadi, bayangan titik A adalah A′(–3, –2).
b.
Misalkan translasi tersebut T = (a, b).
b.
T = (a, b)
A(3, –10) → A′(3 + a, –10 + b)
= A′(9, 1)
Diperoleh:
3+a=9⇔a=6
–10 + b = 1 ⇔ b = 11
Jadi, translasinya adalah T = (6, 11).
2. a.
Misalkan T = (a, b).
T = (a, b)
b.
B(1, 2) → B′(1 + a, 2 + b) = B′(4, 2)
Diperoleh:
1+a=4
⇔
a=3
2+b=2
⇔
b=0
Jadi, translasinya T = (3, 0).
Bayangan titik A(–2, 2); C(–2, –1); dan D(1, –1)
T = (3, 0)
A(–2, 2) → A′(–2 + 3, 2 + 0)
= A′(1, 2)
T = (3, 0)
C(–2, –1) → C′(–2 + 3, –1 + 0)
= C′(1, –1)
T = (3, 0)
D(1, –1) → D′(1 + 3, –1 + 0)
= D′(4, –1)
Jadi, bayangan titik A, C dan D adalah
A′(1, 2); C′(1, –1); dan D′(4, –1).
3. a.
b.
4. a.
Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap
garis x = 2 adalah (x′, y′) = (4 – x, y).
x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′
y′ = y
⇔ y = y′
Substitusikan x = 4 – x′ dan y = y′ ke persamaan parabola.
y = x2 – 2x + 6
⇔ y′ = (4 – x′)2 – 2(4 – x′) + 6
⇔ y′ = 16 – 8x′ + (x′)2 – 8 + 2x′ + 6
⇔ y′ = (x′)2 – 6x′ + 14
⇔ y = x2 – 6x + 14
Jadi, persamaan bayangan parabola adalah
y = x2 – 6x + 14.
5. Misalkan titik (x, y) terletak pada elips
2
(y + 2)
4
Mx
→ D′(–6, –5)
D(–6, 5) 
Jadi, koordinat titik D′(–6, –5).
4
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =  
 −2 
adalah (x′, y′) = (x + 4, y – 2).
x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4
y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2
Substitusikan x = x′ – 4 dan y = y′ + 2 ke
persamaan parabola.
y = x2 – 2x + 6
⇔ y′ + 2 = (x′ – 4)2 – 2(x′ – 4) + 6
⇔
y′ = (x′)2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2
⇔
y′ = (x′)2 – 10x′ + 28
⇔
y′ = x2 – 10x + 28
Jadi, persamaan bayangan parabola adalah
y = x2 – 10x + 28.
+
= 1.
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap
garis y = –x:
My = − x
→ (x′, y′) = (–y, –x)
(x, y) 
Diperoleh:
x′ = –y ⇔ y = –x′
y′ = –x ⇔ x = –y′
Substitusikan y = –x′ dan x = –y′ ke persamaan
(x − 1)2
6
+
(y + 2)2
4
(x − 1)2
6
M
y=x
→ D(–6, 5)
C(5, –6) 
Jadi, koordinat titik D(–6, 5).
(x − 1)2
6
= 1.
+
(y + 2)2
4
=1
⇔
(( − y′) − 1)2
6
+
((−x′) + 2)2
4
=1
⇔
(−(y′ + 1))2
6
+
(−(x′ − 2))2
4
=1
⇔
(y′ + 1)2
6
+
(x′ − 2)2
4
=1
⇔
(y + 1)2
6
+
(x − 2)2
4
=1
⇔
(x − 2)2
4
+
(y + 1)2
6
=1
Jadi, persamaan bayangannya adalah
(y + 1)2
6
(x − 2)2
4
= 1.
Matematika Kelas XI
81
+
A.
4. Jawaban: a
Diketahui P′(–10, –2) dan P(a, b)
Pilihan Ganda
1. Jawaban: a
P(a, b)
R[O(0,0), 45°]
→ A′(x′, y′)
A(6, –1) 
x′ = x · cos 45° – y · sin 45°
1
1
= 6 · 2 2 – (–1) · 2 2
1
=3 2 + 2 2
7
= 2 2
y′ = x · sin 45° + y · cos 45°
1
1
= 6 · 2 2 + (–1) · 2 2
1
5
=3 2 – 2 2 = 2 2
7
Jadi, koordinat bayangannya adalah A′( 2 2 ,
5
2 ).
2
2. Jawaban: c
R[O(0,0), 90°]
→ B′(x′, y′)
B(4, 2) 
x′ = –2
y′ = 4
Diperoleh B′(a, 2 + b) = B′(–2, 4)
a = –2
2+b=4
⇔ b=2
a + b = –2 + 2
=0
Jadi, nilai a + b = 0.
3. Jawaban: e
R[P(1, 2), 180° ]
C(8, 4) → C′(x′, y′)
x′ = (x – a) · cos 180° – (y – b) · sin 180° + a
= (8 – 1) · (–1) – (4 – 2) · 0 + 1
= –7 + 1
= –6
y′ = (x – a) · sin 180° + (y – b) · cos 180° + b
= (8 – 1) · 0 + (4 – 2) · (–1) + 2 = 0
Diperoleh C′(–6, 0)
R[P(1, 2), 180° ]
D(–5, 6) 
→ D′(x′, y′)
x′ = (x – a) · cos 180° – (y – b) · sin 180° + a
= (–5 – 1) · (–1) – (6 – 2) · 0 + 1
=6+1 7
y′ = (x – a) · sin 180° + (y – b) · cos 180° + b
= (–5 – 1) · 0 + (6 – 2) · (–1) + 2 = –2
Jadi, bayangan titik C dan D berturut-turut
C′(–6, 0) dan D′(7, –2).
82
Transformasi Geometri
π
R[O(0, 0), − ]
2

→
P′(b, –a) = P′(–10, –2)
Diperoleh:
b = –10
–a = –2
⇔ a= 2
Diperoleh a = 2, b = –10 sehingga
a + 2b = 2 + 2 · (–10) = –18
Jadi, nilai a + 2b = –18.
5. Jawaban: b
Misalkan pusat rotasi P(a, b).
R[P(a, b), 90°]
→ (10, 5)
(4, –5) 
x′ = (x – a) · cos θ – (y – b) · sin θ + a
⇔
10 = (4 – a) · cos 90° – (–5 – b) · sin 90° + a
⇔
10 = (4 – a) · 0 – (–5 – b) · 1 + a
⇔
10 = 5 + b + a
⇔ a + b = 5 . . . (1)
y′ = (x – a) · sin 90° + (y – b) · cos 90° + b
⇔
5 = (4 – a) · sin 90° + (–5 – b) · cos 90° + b
⇔
5 = (4 – a)1 + 0 + b
⇔
5=4–a+b
⇔ –a + b = 1 . . . (2)
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh:
a+b=5
–a + b = 1
–––––––– +
2b = 6
⇔ b=3
Substitusikan nilai b = 3 ke a + b = 5.
a+3=5⇔a=2
Diperoleh a = 2 dan b = 3.
Jadi, koordinat pusat rotasi (2, 3).
6. Jawaban: e
Ambil titik (x, y) yang terletak pada persamaan
y = 2x2 + 3x – 6.
R[O(0, 0), − 90° ]
(x, y) → (x′, y′) = (y, –x)
Diperoleh:
y = x′
–x = y′ ⇔ x = –y′
Substitusikan x = –y′ dan y = x′ ke persamaan
y = 2x2 + 3x – 6.
y = 2x2 + 3x – 6
⇔ x′ = 2(–y′)2 + 3(–y′) – 6
⇔ x′ = 2(y′)2 – 3(y′) – 6
⇔ x = 2y2 – 3y – 6
Jadi, persamaan bayangan kurvanya adalah
x = 2y2 – 3y – 6.
7. Jawaban: c
Substitusikan x =
[O(0, 0), k]
→ B(–9k, 3k) = (–18, 6)
B(–9, 3) 
–18 = –9k
⇔ k=2
Jadi, faktor skalanya k = 2.
(x –
⇔
8. Jawaban: e
⇔
Y
3
8 satuan
0
–4
M 5 satuan L
1. a.
(x′ − 9)2
4
+
(y′ + 4)2
4
= 25
= 25
4)2
R[O(0, 0), 45° ]
A(–6, 2) → (x′, y′)
x′ = x · cos 45° – y · sin 45°
1
1
1
= –3 2 +
1
2
x′ dan y = –
1
1
2
1
⇔ 4(– 2 x′) – (– 2 y′) + 6 = 0
b.
1
10. Jawaban: b
Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran
(x – 5)2 + (y + 1)2 = 25.
[P(1, 2), 2]
→ (x′, y′)
(x, y) 
x′ = kx – ka + a
= 2x – 2 · 1 + 1
= 2x – 1
y′ = kx – kb + b
= 2y – 2 · 2 + 2
= 2y – 2
Diperoleh:
x′ = 2x – 1
2
= –2 2
Jadi, A′(–4 2 , –2 2 ).
y′ ke
–2x′ + 2 y′ + 6 = 0
⇔
4x′ – y′ – 12 = 0
⇔
4x – y – 12 = 0
Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0.
⇔ y=
2
= –6 · 2 2 + 2 · 2 2
⇔
y′ = 2y – 2
 y′ + 2 + 2 

2


= –4 2
y′ = x · sin 45° + y · cos 45°
1
persamaan garis.

= –3 2 – 2
y′ = –2y ⇔ y = – 2 y′
Substitusikan x = –
2
+ 1 = 25
+ 
1
1
x′ + 1
2
 x′ + 1 − 10 


2


2
 y′ + 2
+ 
 2
= –6 · 2 2 – 2 · 2 2
x′ = –2x ⇔ x = – 2 x′
⇔ x=
2
Uraian
9. Jawaban: e
Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), –2]
adalah (x′, y′) = (–2x, –2y).
Diperoleh:
4x – y + 6 = 0
 x′ + 1

 2 − 5


⇔
(x′ –
+ (y′ +
= 100
⇔
(x – 9)2 + (y + 4)2 = 100
Jadi, persamaan bayangan lingkaran tersebut
(x – 9)2 + (y + 4)2 =100.
B.
Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasi
dengan faktor skala k = 3 adalah L.
L = k2 · LKLMN = 32 · 40 = 360 satuan luas
ke persamaan
+ (y +
= 25.
(x – 5)2 + (y + 1)2 = 25
9)2
Luas KLMN
= ML · LK
=5·8
= 40 satuan luas
X
y′ + 2
2
dan y =
1)2
⇔
K
4
–2
5)2
x′ + 1
2
2. a.
R[O(0, 0), − 90° ]
A′(–4 2 , 2 2 ) →
B′(x′, y′)
x′ = x · cos (–90°) – y · sin (–90°)
= (–4 2 ) · 0 – (–2 2 ) · (–1)
= –2 2
y′ = x · sin (–90°) + y · cos (–90°)
= (–4 2 ) · (–1) + (–2 2 ) · 0
=4 2
Jadi, B′(–2 2 , 4 2 ).
[P(4, − 2), 1 ]
2
→ C¢(x¢, y¢)
C(6, –8) 
x′ = kx – ka + a
1
1
= 2 ·6– 2 ·4+4
=3–2+4
=5
y′ = ky – kb + b
1
1
= 2 · (–8) – 2 · (–2) – 2
= –4 + 1 – 2
= –5
Jadi, C′(5, –5).
y′ + 2
2
Matematika Kelas XI
83
b.
R[O(0, 0), 90° ]
C′(5, –5) → (x′, y′) = (–y, x)
Diperoleh:
x′ = 5
y′ = 5
Jadi, koordinat titik D(5, 5).
b.
3. Akan dicari nilai a dan b pada pusat rotasi P(a, b).
R[P(a, b), −π ]
→ A′(7, –5)
A(–3, –3) 
Diperoleh:
x′ = (x – a) · cos (–π) – (y – b) · sin (–π) + a
⇔ 7 = (–3 – a) · (–1) – (–3 – b) · 0 + a
⇔ 7=3+a+a
⇔ 2a = 4
⇔ a=2
y′ = (x – a) · sin (–π) + (y – b) · cos (–π) + b
⇔ –5 = (–3 – a) · 0 + (–3 – b) · (–1) + b
⇔ –5 = 3 + b + b
⇔ 2b = –8
⇔ b = –4
Diperoleh P(a, b) = P(2, –4).
Bayangan titik B(6, –3), C(6, 1), dan D(–3, 1)
sebagai berikut.
A(0, –2) sehingga:
x′ = kx – ka + a
=3·0–3·3+3
= –6
y′ = ky – kb + b
= 3 · (–2) – 3 · 2 + 2
= –10
Diperoleh A′(–6, –10).
B(5, –4) sehingga:
x′ = kx – ka + a
=3·5–3·3+3
=9
y′ = ky – kb + b
= 3 · (–4) – 3 · 2 + 2
= –16
Diperoleh B′(9, –16).
c.
Y
5 satuan
–2
B(6, –3) → B′(x′, y′)
x′ = (6 – 2) · cos (–π) – (–3 + 4) · sin (–π) + 2
= 4 · (–1) – 0 + 2
= –2
y′ = (6 – 2) · sin (–π) + (–3 + 4) · cos (–π) – 4
=0–1–4
= –5
Diperoleh B′(–2, –5).
4. a.
84
C′(9, 2), C(5, 2), P(3, 2) sehingga:
x′ = kx – ka + a
⇔ 9=k·5–k·3+3
⇔ 9 = 2k + 3
⇔ 2k = 6
⇔ k=3
Jadi, nilai k = 3.
Transformasi Geometri
5
0
R[P(2, − 4), −π ]
R[P(2, − 4), −π ]
C(6, 1) → C′(x′, y′)
x′ = (6 – 2) · cos (–π) – (1 + 4) · sin (–π) + 2
= –4 – 0 + 2
= –2
y′ = (6 – 2) · sin (–π) + (1 + 4) · cos (–π) – 4
=0–5–4
= –9
Diperoleh C′(–2, –9).
R[P(2, − 4), −π ]
D(–3, 1) → D′(x′, y′)
x′ = (–3 – 2) · cos (–π) – (1 + 4) · sin (–π) + 2
=5–0+2=7
y′ = (–3 – 2) · sin (–π) + (1 + 4) · cos (–π) + 4
= 0 – 5 – 4 = –9
Diperoleh D′(7, –9).
Jadi, koordinat P(2, –4), B′(–2, –5), C′(–2, –9), dan
D′(7, –9).
C
2
X
6 satuan
A
–4
B
1
Luas ∆ABC = 2 · alas · tinggi
1
= 2 ·6·5
= 15 satuan luas
Luas ∆A′B′C′ = k2 · luas ∆ABC
= 32 · 15
= 135 satuan luas
Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas.
5. Ambil titik (x, y) yang terletak pada persamaan
(x − 1)2
6
–
(y + 3)2
4
= 1.
[P(2, 1), 3]
→ (x′, y′)
(x, y) 
x′ = kx – ka + a
= 3x – 3 · 2 + 2
= 3x – 4
y′ = ky – kb + b
= 3y – 3 · 1 + 1
= 3y – 2
Diperoleh:
x′ = 3x – 4
⇔
x=
x′ + 4
3
y′ = 3y – 2
⇔
y=
y′ + 2
3
Substitusikan x =
(x − 1)2
6
samaan
2
(x − 1)
6
⇔
⇔
(
x′ + 4
3
–
6
(
)
2
x′ + 4 − 3
3
6
(y + 3)
4
2
(
–
dan y =
(y + 3)2
4
2
–
)
−1
–
x′ + 4
3
y′ + 2
3
=1
+3
y′ + 2 + 9
3
4
ke per-
)
2
)
=1
=1
2. Jawaban: a
T = (4, − 9)
B(6, –3) 
→ B′(6 + 4, –3 – 9) = B′(10, –12)
Diperoleh a = 10, b = –12 sehingga:
a + 2b = 10 – 24 = –14
Jadi, a + 2b = –14.
3. Jawaban: d
Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi
 3
T =  5  adalah A′(x + 3, y + 5).
 
Koordinat titik A′(–2, 1), sehingga:
x + 3 = –2 ⇔ x = –5
y + 5 = 1 ⇔ y = –4
Jadi, koordinat titik A(–5, –4).
4. Jawaban: a
T = (a, b)
C(–5, –4) → C′(–5 + a, –4 + b) = C′(3, 9)
Diperoleh:
–5 + a = 3 ⇔ a = 8
–4 + b = 9 ⇔ b = 13
Diperoleh T = (8, 13).
Bayangan titik D(8, 10) sebagai berikut.
T = (8, 13)
→ D′(8 + 8, 10 + 13) = D′(16, 23)
D(8, 10) 
Jadi, bayangan titik D adalah D′(16, 23).
5. Jawaban: e
Misalkan translasi tersebut T = (a, b).
B(5, 1) → B′(5 + a, 1 + b) = B′(–1, 3)
Diperoleh :
5 + a = –1
⇔
a = –6
1+b=3
⇔
b=2
( )
x′ + 1
3
6
2
–
(
y ′ + 11
3
)
2
4
=1
⇔
(x′ + 1)2
9×6
–
(y′ + 11)2
9×4
=1
⇔
(x′ + 1)2
54
–
(y′ + 11)2
36
=1
⇔
(x + 1)2
54
–
(y + 11)2
36
=1
2
1. Jawaban: b
T = (2, 8)
A′(–10 + 2, 5 + 8) = A′(–8, 13)
A(–10, 5) →
Jadi, bayangan titik A adalah A′(–8, 13).
T = (a, b)
⇔
= 1.
4
(
y′ + 2
3
Jadi, persamaan bayangannya adalah
(y + 11)2
36
(x + 1)2
54
–
= 1.
Diperoleh T = (–6, 2)
T = ( −6, 2)
→ A′(13 – 6, –4 + 2) = A′(7, –2)
A(13, –4) 
Jadi, bayangan titik adalah A′(7, –2).
6. Jawaban: d
T = ( −4, 5)
→ A′(6 – 4, –8 + 5) = A′(2, –3)
A(6, –8) 
T = (8, 10)
→ A′′(2 + 8, –3 + 10) = A′′(10, 7)
A′(2, –3) 
7. Jawaban: b
 −1
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   adalah
3
(x′, y′) = (x – 1, y + 3).
x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1
y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3
Substitusikan x = x′ + 1 dan y = y′ – 3 ke persamaan garis.
5x + 2y – 8 = 0 ⇔ 5(x′ + 1) + 2(y' – 3) – 8 = 0
⇔
5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0
⇔
5x′ + 2y′ – 9 = 0
⇔
5x + 2y – 9 = 0
Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0.
8. Jawaban: e
Pusat lingkaran L: (x – 3)2 + (y + 1)2 = 4 adalah
A(3, –1).
Bayangan lingkaran L adalah L′.
Pusat lingkaran L′: (x + 2)2 + (y – 1)2 = 4 adalah
A′(–2, 1).
Akan dicari nilai a dan b pada T = (a, b) yang
mentranslasikan A(3, –1) menjadi A′(–2, 1).
T = (a, b)
A(3, –1) → A′(–2, 1) = A′(3 + a, –1 + b)
Diperoleh:
3 + a = –2
⇔
a = –5
–1 + b = 1
⇔
b=2
a + b = –5 + 2
= –3
Jadi, nilai a + b = –3.
Matematika Kelas XI
85
9. Jawaban: a
MY
D(10, 11) 
→ D′(–10, 11)
Jadi, hasil pencerminannya adalah D′(–10, 11).
10. Jawaban: c
Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap titik O(0, 0)
adalah (–x, –y) sehingga:
M0
P(–7, 9) 
→ (7, –9)
11. Jawaban: d
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap
sumbu Y adalah P′(2, 5).
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap
sumbu X adalah P′(–2, –5).
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis
y = x adalah (5, –2).
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis
y = –x adalah P′(–5, 2).
Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap titik
asal adalah (2, –5).
Jadi, P′(–5, 2) merupakan bayangan P(–2, 5) oleh
refleksi terhadap garis y = –x.
12. Jawaban: e
(x, y)
Mx = k
→
(2k – x, y)
Mx = k
(2, –6) → (2k – 2, –6) = (–5, –6)
Diperoleh:
2k – 2 = –5
⇔ 2k = –3
⇔
3
k= – 2
3
Jadi, nilai k = – 2 .
13. Jawaban: d
MX
A(4, –11) 
→ A′(4, 11)
M
Y=3
→ A′′(4, 2 · 3 – 11) = A′′(4, –5)
A′(4, 11) 
Jadi, bayangannya adalah A′′(4, –5).
14. Jawaban: a
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 2y – 5x = 15.
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap
sumbu Y adalah (x′, y′) = (–x, y).
Diperoleh:
x′ = –x ⇔ x = –x′
y′ = y ⇔ y = y′
Substitusikan x = –x′ dan y = y′ ke persamaan
2y – 5x = 15.
2y – 5x = 15
⇔ 2y′ – 5(–x′) = 15
⇔
2y′ + 5x′ = 15
⇔
2y + 5x = 15
Jadi, persamaan bayangan garis adalah 2y + 5x = 15.
86
Transformasi Geometri
15. Jawaban: a
Misalkan titik (x, y) terletak pada persamaan
x2 + y2 – 5x + 7y – 25 = 0.
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap
garis y = –x adalah (x′, y′) = (–y, –x).
Diperoleh:
x′ = –y ⇔ y = –x′
y′ = –x ⇔ x = –y′
Substitusikan x = –y′ dan y = –x′ ke persamaan
x2 + y2 – 5x + 7y – 25 = 0.
x2 + y2 – 5x + 7y – 25 = 0
2
2
⇔ (–y′) + (–x′) – 5(–y′) + 7(–x′) – 25 = 0
⇔
(y′)2 + (x′)2 + 5y′ – 7x′ – 25 = 0
⇔
y2 + x2 + 5y – 7x – 25 = 0
⇔
x2+ y2 – 7x + 5y – 25 = 0
Jadi, persamaan bayangannya adalah x2 + y2
– 7x + 5y – 25 = 0.
16. Jawaban: d
Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap
sumbu Y adalah (x′, y′) = (–x, y).
x′ = –x ⇔ x = –x′
y′ = y ⇔ y = y′
Substitusikan x = –x′ dan y = y′ ke persamaan
parabola.
y = x2 + 2x – 5
⇔ y′ = (–x′)2 + 2(–x′) – 5
⇔ y′ = (x′)2 – 2x′ – 5
⇔ y = x2 – 2x – 5
Jadi, persamaan bayangan parabola adalah
y = x2 – 2x – 5.
17. Jawaban: e
R[O(0, 0), 90° ]
A(3, –9) → A′(x′, y′) = A′(9, 3)
Jadi, koordinat titik bayangannya adalah A′(9, 3).
18. Jawaban: a
Diketahui titik C′(–8, 10) sehingga diperoleh:
x′ = x · cos α – y · sin α
⇔ –8 = x · cos (–270°) – y · sin (–270°)
⇔ –8 = 0 – y · 1
⇔ y=8
y′ = x · sin α + y · cos α
⇔ 10 = x · sin (–270°) + y · cos (–270°)
⇔ 10 = x + 0
⇔ x = 10
Jadi, koordinat titik C(10, 8).
19. Jawaban: b
R[O(0, 0), 30° ]
B(6, 8) 
→ B′(x′, y′) = B′(a, b + 1)
x′ = x cos α – y sin α
= 6 · cos (30°) – 8 · sin (30°)
1
1
=6· 2 3 –8· 2
= 3 3 –4
y′ = x sin α + y cos α
= 6 · sin (30°) + 8 · cos (30°)
1
23. Jawaban: a
Ambil titik (x, y) yang terletak pada garis 2y – 3x = 18.
1
=6· 2+8· 2 3
=3+ 4 3
Diperoleh a = 3 3 – 4 dan b + 1 = 3 + 4 3 atau
b=2+ 4 3.
a + b = ( 3 3 – 4) + (2 + 4 3 )
= 7 3 –2
Jadi, nilai a + b = 7 3 – 2.
20. Jawaban: c
Untuk rotasi pertama diperoleh:
R[O(0, 0), 90°]
D(7, 1) → D′(x′, y′) = D′(–1, 7)
Bayangan titik D′ oleh rotasi kedua adalah
D′′(x′′, y′′). Diperoleh:
x′′ = x′ cos α – y′ sin α
= (–1) · cos (–45°) – 7 · sin (–45o)
1
1
= (–1) · 2 2 + 7 · 2 2 = 3 2
y′′ = x′ sin α + y′ cos α
= (–1) · sin (–45°) + 7 · cos (–45°)
=
1
2
2 +7·
1
2
π
21. Jawaban: c
2
Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [O(0, 0), 3 π]
sebagai berikut.
x′ = x cos α – y sin α
2
= 8 · cos 3 π – (–6) · sin 3 π
1
= 8 · (– 2) + 6 · 2 3
= –4 + 3 3
y′ = x sin α + y cos α
2
Diperoleh:
x′ = –y ⇔ y = –x′
x = y′
Substitusikan y = –x′ dan x = y′ ke persamaan 3x +
2y – 4 = 0.
3x + 2y – 4 = 0
⇔ 3y′ + 2(–x′) – 4 = 0
⇔
3y′ – 2x′ – 4 = 0
⇔
2x′ – 3y′ + 4 = 0
⇔
2x – 3y + 4 = 0
Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0.
25. Jawaban: d
1
2
= 8 · sin 3 π + (–6) · cos 3 π
1
π
rotasi [O(0, 0), 2 ] .
R[O(0, 0), ]
Jadi, koordinat titik D′′( 3 2 , 4 2 ).
1
24. Jawaban: a
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y – 4
= 0 dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh
2
(x′, y′) = (–y, x)
(x, y) →
2 = 4 2
2
R[O(0, 0), 90° ]
(x, y) → (x′, y′) = (–y, x)
Diperoleh:
x′ = –y ⇔ y = –x′
y′ = x
Substitusikan y = –x′ dan x = y′ ke persamaan
2y – 3x = 18.
2y – 3x = 18
⇔ 2 · (–x′) – 3y′ = 18
⇔
–2x′ – 3y′ = 18
⇔
2x + 3y = –18
Jadi, persamaan bayangan garis tersebut adalah
2x + 3y = –18.
1
= 8 · 2 3 – 6 · (– 2)
=4 3 + 3
Jadi, bayangan titik B(8, –6) adalah (–4 + 3 3 ,
4 3 + 3).
22. Jawaban: e
Bayangan (xQ, yQ) oleh rotasi [P(–1, 3), –90°]
sebagai berikut.
x′ = (x – a) cos α – (y – b) sin α + a
= (6 + 1) · cos (–90°) – (–3 – 3) · sin (–90°) – 1
= 0 + 6 · (–1) – 1 = –7
y′ = (x – a) sin α + (y – b) cos α + b
= (6 + 1) · sin (–90°) + (–3 – 3) · cos (–90°) + 3
= 7 · (–1) + 0 + 3 = –4
Jadi, bayangan titik Q adalah Q′(–7, –4).
Bayangan titik A(–4, 11) oleh dilatasi [P(2, –1), 2 ]
sebagai berikut.
x′ = kx – ka + a
1
1
= 2 · (–4) – 2 · 2 + 2
= –2 – 1 + 2
= –1
y′ = ky – kb + b
1
1
= 2 · 11 – 2 · (–1) – 1
11
1
= 2 + 2 –1
=5
Jadi, bayangan titik A adalah (–1, 5).
26. Jawaban: e
Diketahui P(4, 32) sehingga a = 4, b = 32.
Dari titik B(16, –12) dan B′(7, 21) diperoleh x = 16,
y = –12, x′ = 7, dan y′ = 21.
Matematika Kelas XI
87
x2 + (y – 4)2 = 16
x′ = kx – ka + a
⇔
7 = k · 16 – k · 4 + 4
⇔
7 = 12k + 4
⇔ 12k = 3
⇔
k=
1
4
1
Jadi, nilai k = 4 .
k=–
1
3
+
x2 + (y – 4)2 = 16.
x′
3
y′
3
.
dan y =
Transformasi Geometri
(y′ − 12)2
9
= 16
= 16
adalah
(y − 6)2
10
= 1.
y′ = 2y – 3
29. Jawaban: d
Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran x2 +
(y – 4)2 = 16.
Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi dengan pusat
O(0, 0) dan faktor skala 3 sebagai berikut.
x′ = kx
= 3x
y′ = ky
= 3y
Substitusikan x =
+
2
x′ + 2
2
⇔ x =
dan y =

 y′ − 12 
 3 


Titik (x, y) didilatasi dengan pusat (2, 3) dan faktor
skala 2 sehingga diperoleh:
x′ = kx – ka + a
= 2x – 2 · 2 + 2
= 2x – 2
y′ = ky – kb + b
= 2y – 2 · 3 + 3
= 2y – 3
Diperoleh:
x′ = 2x – 2
sehingga 6k = –2.
Diperoleh x =
3
+
(x′)2
9
(x − 1)2
5
1
3
x′
3
2
y′
+  − 4  = 16
30. Jawaban: b
Ambil titik (x, y) yang terletak pada persamaan
Bayangan P(–7, 5) oleh [O(0, 0), 6k] = [O(0, 0), –2]
sebagai berikut.
x′ = kx
= –2 · (–7)
= 14
y′ = ky
= –2 · 5
= –10
Jadi, bayangan titik P adalah (14, –10).
88
⇔
(x′)2
9
2
⇔ (x′)2 + (y′ – 12)2 = 144
⇔
x2 + (y – 12)2 = 144
Jadi, persamaan bayangannya
x2 + (y – 12)2 = 144.
28. Jawaban: e
Diketahui Q(–9, 12), pusat dilatasi O(0, 0), dan
Q′(3, –4).
x′ = kx
⇔ 3 = k · (–9)
k=–
 x′ 
3
 
⇔
27. Jawaban: d
Misalkan P(a, b)
x′ = kx – ka + a
⇔ –11 = 3 · (–5) – 3a + a
⇔ –11 = –15 – 2a
⇔ –2a = 4
⇔
a = –2
y′ = ky – kb + b
⇔
4 = 3 · 2 – 3b + b
⇔
4 = 6 – 2b
⇔ –2b = –2
⇔
b=1
Jadi, koordinat titik P(–2, 1).
⇔
⇔
y′
3
ke persamaan
y′ + 3
2
⇔ y =
x′ + 2
2
(y − 6)2
=
10
Substitusikan x =
an
2
(x − 1)
5
+
2
(x − 1)
5
(
⇔
 x′ + 2 


 2 
)
−1
5
(
⇔
 x′ + 2 


 2 
−
5
2
2
)
+
(
+
(x ′)2
4
⇔
=1
12
2
)
=1
y′ − 9
2
)
=1
−6
5
−
10
(
2
5
ke persama-
+
2
2
2
10
+
=1
)
 y′ + 3 


 2 
 y′ + 3 


 2 
( )
x′
2
⇔
(y − 6)2
10
10
2
y′ + 3
2
1.
+
(
2
dan y =
(y ′ + 9)2
4
10
=1
⇔
(x′)2
20
+
(y′ + 9)2
40
=1
⇔
x2
20
+
(y + 9)2
40
=1
Jadi, persamaan bayangan elips tersebut
x2
20
+
(y + 9)2
40
= 1.
B.
Uraian
1. a.
T = ( −10, 12)
A(17, –7) 
→ A′(17 – 10, –7 + 12)
= A′(7, 5)
Jadi, A′(7, 5)
b.
T = ( −10, 12)
B(8, 19) 
→ B′(8 – 10, 19 + 12) =
B′(–2, 31)
Jadi, B′(–2, 31)
T = ( −10, 12)
→ C′(–18 – 10, 4 + 12)
C(–18, 4) 
c.
= C′(–28, 16)
Jadi, C′(–28, 16).
2. a.
b.
3. a.
b.
c.
4. a.
b.
5. a.
b.
T = ( −8, − 7)
A(5, –9) 
→ A′(5 – 8, –9 – 7)
= A′(–3, –16)
Diperoleh A′(2a + 1, b – 5) = A′(–3, –16)
sehingga:
2a + 1 = –3
⇔
2a = –4
⇔
a = –2
b – 5 = –16
⇔
b = –11
Jadi, nilai a dan b berturut-turut –2 dan –11.
T = ( −8, − 7)
A′(–3, –16) 
→ A′′(–3 – 8, –16 – 7)
= A′′(–11, –23)
Jadi, A′′(–11, –23).
Misalkan translasi T = (a, b), maka:
x′ = x + a
⇔ 4 =2+a
⇔ a =2
y′ = y + b
⇔ 1 =5+b
⇔ b = –4
Jadi, translasi T = (2, –4).
Koordinat titik A(2, 1).
T = (2, − 4)
→ A′(2 + 2, 1 – 4) = A′(4, –3)
A(2, 1) 
Jadi, koordinat bayangan titik A adalah
A′(4, –3).
Koordinat titik B′(–3, 4).
T = (2, − 4)
→ B′(x + 2, y – 4)
B(x, y) 
x+2=x+a
⇔
x=2+a
y–4=4
⇔
y=8
Jadi, koordinat titik B(–5, 8).
M
X
A(16, –9) 
→ A′(16, 9)
Jadi, A′(16, 9).
M
y = −x

→ A′(9, –16)
A(16, –9) 
Jadi, A′(9, –16).
Diperoleh:
2b – 3 = –9
⇔
2b = –6
⇔
b = –3
a + 1 = –7
⇔
a = –8
2a+ 3b = 2 · (–8) + 3 · (–3)
= –16 – 9
= –25
Jadi, nilai 2a + 3b = –25
Diketahui a = –8, b = –3, dan A(a + 1, 2b – 3)
sehingga A(–7, –9).
T = ( −1, 5)
→ A′(–7 – 1, –9 + 5)
A(–7, –9) 
= A′(–8, –4)
Jadi, bayangan titik A oleh translasi
T = (–1, 5) adalah A′(–8, –4).
6. Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g ≡ x + y = 1
a. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan
terhadap titik A(1, 2):
M(1, 2)
(x, y) 
→ (x′, y′) = (2 × 1 – x, 2 × 2 – y)
= (2 – x, 4 – y)
Diperoleh:
x′ = 2 – x ⇔ x = 2 – x′ . . . (1)
y′ = 4 – y ⇔ y = 4 – y′ . . . (2)
Substitusikan x = 2 – x′ dan y = 4 – y′ ke
persamaan garis g ≡ x + y = 1.
x+y=1
⇔ (2 – x′) + (4 – y′) = 1
⇔
6 – x′ – y′ = 1
⇔
x′ + y′ = 5
⇔
x+y=5
Jadi, bayangan garis g oleh pencerminan
terhadap titik A(1, 2) adalah x + y = 5.
b.
M( x, x + 1)
(x, y) 
→ (x′, y′) = (2x – x, 2(x + 1) – y)
Diperoleh:
x′ = 2x – x
=x
y′ = 2(x + 1) – y
⇔ y′ = 2x + 2 – y
⇔ y = 2x + 2 – y′
⇔ y = 2x′ + 2 – y′
Substitusikan x = x′ dan y = 2x′ + 2 – y′ ke
persamaan x + y = 1.
x+y=1
⇔ x′ + (2x′ + 2 – y′) = 1
⇔
3x′ + 2 – y′ = 1
⇔
3x′ – y′ + 1 = 0
⇔
3x – y + 1 = 0
Jadi, persamaan bayangan adalah 3x – y + 1
= 0.
M
y=x
→ A′(2b – 3, a + 1) =
A(a + 1, 2b – 3) 
A′(–9, –7)
Matematika Kelas XI
89
7. Diketahui titik D(–14, 1) sehingga diperoleh:
x′ = x cos α – y sin α
= (–14) · cos (60°) – 1 · sin (60°)
1
b.
1
= (–14) · 2 – 1 · 2 3
1
= –7 – 2 3
y′ = x sin α + y cos α
= (–14) · sin (60°) + 1 · cos (60°)
= (–14) ·
1
2
3 + 1·
10. a.
1
2
1
= –7 3 + 2
1
Jadi, bayangan titik D adalah D′(–7 – 2 3 ,
1
–7 3 + ).
x′
1
1
1
1
= 3 · (–15) – 3 · 3 + 3
= –5 – 1 + 3 = –3
Jadi, bayangannya adalah A′(–6, –3).
90
Transformasi Geometri
y′
x′
8. Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran
(x + 1)2 + (y + 3)2 = 25.
= 3 · 6 – 3 · (–12) + (–12)
= 2 + 4 – 12 = –6
y′ = ky – kb + b
Ambil titik (x, y) yang terletak pada lingkaran
(x + 3)2 + (y + 7)2 = 16.
Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi dengan pusat
O(0, 0) dan faktor skala 4 sebagai berikut.
x′ = kx = 4x
y′ = ky = 4y
Diperoleh x = 4 dan y = 4 .
2
R[O(0, 0), 90° ]
(x, y) 
→ (x′, y′) = (–y, x)
Diperoleh:
x′ = –y ⇔ y = –x′
y′ = x
Substitusikan y = –x′ dan x = y′ ke persamaan
(x + 1)2 + (y + 3)2 = 25.
(x + 1)2 + (y + 3)2 = 25
⇔ (y′ + 1)2 + ((–x′) + 3)2 = 25
⇔ (y′ + 1)2 + (–(x′ – 3))2 = 25
⇔
(y′ + 1)2 + (x′ – 3)2 = 25
⇔
(y + 1)2 + (x – 3)2 = 25
⇔
(x – 3)2 + (y + 1)2 = 25
Jadi, persamaan bayangan lingkaran tersebut
adalah (x – 3)2 + (y + 1)2 = 25.
9. a. x′ = kx – ka + a
x′ = kx – ka + a
=2·6–2·6+6
= 12 – 12 + 6 = 6
y′ = ky – kb + b
= 2 · (–15) – 2 · 7 + 7
= –30 – 14 + 7 = –37
Jadi, bayangannya adalah A′(6, –37).
y′
Substitusikan x = 4 dan y = 4 ke persamaan (x + 3)2 + (y + 7)2 = 16.
(x + 3)2 + (y + 7)2 = 16
⇔
⇔
⇔
b.
 x′
4

2
2
′
+ 3  +  y + 7  = 16
4

 x′ + 12 
 4 


2
(x′ + 12)2
16

 y′ + 28 

 4 
2
+ 
+
(y′ + 28)2
16
= 16
= 16
⇔ (x′ + 12)2 + (y′ + 28)2 = 256
⇔
(x + 12)2 + (y + 28)2 = 256
Jadi, persamaan bayangannya adalah
(x + 12)2 + (y + 28)2 = 256.
Diketahui jari-jari bayangan lingkaran = 256
= 16 sehingga luasnya:
L = π r2
= 3,14 · 256
= 803,84
Jadi, luas bayangan lingkaran tersebut
803,84 satuan luas.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu:
1.
mendeskripsikan konsep turunan dengan menggunakan konteks matematika;
2.
menjelaskan aturan dan sifat turunan fungsi aljabar dari aturan dan sifat limit fungsi;
3.
menjelaskan gradien garis singgung, persamaan garis singgung, dan garis normal;
4.
menjelaskan fungsi naik dan fungsi turun;
5.
menjelaskan titik stasioner (titik maksimum, titik minimum, dan titik belok);
6.
menerapkan permasalahan yang berkaitan dengan nilai maksimum dan minimum.
Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik:
1.
menampilkan sikap rasa ingin tahu dan kritis dalam mempelajari turunan fungsi;
2.
berperilaku disiplin dan bertanggung jawab menerapkannya dalam kehidupan sehari-hari.
Turunan Fungsi
Turunan Fungsi Aljabar
•
•
•
•
•
Menjelaskan konsep turunan fungsi.
Menjelaskan aturan turunan fungsi aljabar dari aturan
limit fungsi.
Menjelaskan sifat-sifat turunan fungsi.
Menjelaskan aturan rantai.
Berdiskusi menentukan turunan fungsi dengan aturan
rantai.
•
•
•
•
•
•
Penggunaan Turunan Fungsi
•
•
•
•
•
•
Menjelaskan gradien garis singgung.
Menjelaskan persamaan garis singgung dan garis
normal.
Menjelaskan fungsi naik dan fungsi turun.
Menjelaskan titik stasioner.
Menjelaskan nilai maksimum dan minimum.
Berdiskusi menentukan persamaan garis singgung
dan garis normal.
Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri dalam
menyelesaikan masalah.
Berperilaku jujur dan bertanggung jawab dalam berinteraksi dengan lingkungan sosial.
Menggunakan konsep turunan fungsi untuk menentukan persamaan garis singgung dan garis normal.
Menggunakan konsep turunan fungsi untuk menentukan nilai maksimum dan nilai minimum suatu fungsi.
Menentukan biaya minimum produksi.
Menentukan luas atau volume maksimum suatu bangun.
Matematika Kelas XI
91
df(x)
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
f(x) = 5x3 – 3x2 – 5x + 3
f′(x) = 5 · 3x2 – 3 · 2x – 5
= 15x2 – 6x – 5
Substitusikan x = 2 ke dalam f′(x).
f′(x) = 15x2 – 6x – 5
⇔ f′(2) = 15 · 22 – 6 · 2 – 5
= 60 – 12 – 5
= 43
Jadi, nilai f′(2) = 43.
f′(x) = dx
df(x)
6. Jawaban: d
Misalkan: u = 2x – 1 maka u′ = 2
v = (1 – 4x)5 maka v′ = 5 · (1 – 4x)4 · (–4)
= –20(1 – 4x)4
h′(x) = vu′ + uv′
= (1 – 4x)5 · 2 + (2x – 1) · (–20(1 – 4x)4)
= 2(1 – 4x)4((1 – 4x) – 10(2x – 1))
= 2(1 – 4x)4(11 – 24x)
= (22 – 48x)(1 – 4x)4
Jadi, turunan pertama fungsi h(x) adalah h′(x)
= (22 – 48x)(1 – 4x)4.
2. Jawaban: d
Misalkan: u = 2x – 5 maka u′ = 2
v = 3x – 4 maka v′ = 3
u
Turunan f(x) = v adalah:
f′(x) =
=
vu′ − uv′
v2
(3x − 4) · 2 − (2x − 5) · 3
(3x − 4)2
=
6x − 8 − 6x + 15
(3x − 4)2
=
7
(3x − 4)2
Nilai f′(1) =
7
(3 · 1 − 4)2
7. Jawaban: c
1 –
f′(x) = 2 x
f′(4) =
7
= 1 = 7.
f(x) =
df(x)
= u′ = 6x dan du = 4u3
1
1
2 4
= 4x – 3 dan
Turunan Fungsi
5
3
2
(2x 3 + 3x + 3)2 = (2x3 + 3x + 3) 3
Misalkan: u = 2x3 + 3x + 3 maka f(u) = u 3 .
df(x)
f′(x) = dx
df(x)
du
= du · dx
=
du
1
2(2x + 1)
1
u3
2(2x + 1)
=
df(x)
du
+1
+1= 4 +1= 4
2
5. Jawaban: e
Misalkan: u = 2x2 – 3x + 1 maka f(x) = u4
92
1
2 x
= 3 u– 3 · (6x + 3)
= du · dx
= 4u3 · 6x
= 24x(3x2 – 7)3
du
dx
+1=
2
df(x)
dx
df(x)
1
2
8. Jawaban: a
4. Jawaban: c
f(x) = (3x2 – 7)4
Misalkan: u = 3x2 – 7 maka f(x) = u4
f′(x) =
1
x +x=x2 +x
f(x) =
3. Jawaban: d
y = 2x3 – 4x2 + 2
y′ = 2 · 3x2 – 4 · 2x = 6x2 – 8x
du
dx
du
= du · dx
= 4u3 · (4x – 3)
= 4(2x2 – 3x + 1)3(4x – 3)
= 4(4x – 3)(2x2 – 3x + 1)3
= (16x – 12)(2x2 – 3x + 1)3
=
4u3
3
1
(2x + 3x + 3) 3
=
2(2x + 1)
3
(2x 3 + 3x + 3)
f′(1) =
=
⇔
(4a – 2)(a + 5) = 0
⇔ 4a – 2 = 0 atau a + 5 = 0
2(2 · 1 + 1)
3
3
2 ·1 + 3 ·1+ 3
⇔
2·3
2
a = –5
1
Jadi, nilai a yang memenuhi adalah –5 atau 2 .
=3
Jadi, nilai f′(1) = 3.
9. Jawaban: e
Misalkan: a = x + 1 ⇔ x = a – 1
f(x + 1) = 3x2 + 5x + 7
⇔ f(a) = 3(a – 1)2 + 5(a – 1) + 7
= 3(a2 – 2a + 1) + 5a – 5 + 7
= 3a2 – 6a + 3 + 5a + 2
= 3a2 – a + 5
f′(a) = 6a – 1
f′(x – 1) = –x2
⇔ 6(x – 1) – 1 = –x2
⇔
6x – 6 – 1 = –x2
⇔ x2 + 6x – 7 = 0
⇔ (x + 7)(x – 1) = 0
⇔
x + 7 = 0 atau x – 1 = 0
⇔
x = –7 atau
x=1
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 dan –7.
10. Jawaban: a
f′(x) = 3px2 – 2x
f′′(x) = 6px – 2
f′′(1) = 10 ⇔ 6p · 1 – 2 = 10
⇔
6p = 12
⇔
p=2
2
Diperoleh f′(x) = 3 · 2x – 2x = 6x2 – 2x.
f′(–1) = 6 · (–1)2 – 2 · (–1)
=6+2
=8
Jadi, nilai f′(–1) = 8.
5
⇔
a = – 2 atau
Oleh karena a > 0 maka a = 3.
Jadi, nilai a = 3.
12. Jawaban: c
f′(x) = 4x2 + 18x – 11
f′(a) = –1
4a2 + 18a – 11 = –1
4a2 + 18a – 10 = 0
13. Jawaban: a
f(x) = 2x3 + nx2 + 4x + 3
f′(x) = 6x2 + 2nx + 4
f′′(x) = 12x + 2n
f′′(–1) = –22 ⇔ 12 · (–1) + 2n = –22
⇔
2n = –10
⇔
n = –5
14. Jawaban: e
Cara 1:
Misalkan: a = 3 – 2x ⇔ x =
3−a
2
f(3 – 2x) = (1 + 3x)4
⇔
3−a
f(a) = (1 + 3( 2 ))4
f′(a) = 4 · (
=(
2 + 9 − 3a 4
)
2
=(
11 − 3a 4
)
2
11 − 3a 3
)
2
= –6 · (
3
· (– 2 )
11 − 3a 3
)
2
Substitusikan a = 3 ke dalam f′(a).
f′(3) = –6 · (
= –6 · (
11. Jawaban: c
f(x) = ax2 – (a + 1)x + 8
f′(x) = 2ax – (a + 1)
f′(a) = 14 ⇔ 2a · a – (a + 1) = 14
⇔
2a2 – a – 1 = 14
⇔
2a2 – a – 15 = 0
⇔ (2a + 5)(a – 3) = 0
⇔
2a + 5 = 0 atau a – 3 = 0
⇔
⇔
1
a = 2 atau
a=3
11 − 3 · 3 3
)
2
11 − 9 3
)
2
= –6 · (1)3
= –6
Cara 2:
Misalkan: u = 3 – 2x, v = (1 + 3x)4, dan w = 1 + 3x
maka f(u) = v(w) dan v = w4.
Jika kedua ruas persamaan f(u) = v(w) diturunkan,
diperoleh:
f′(u) · u′ = v′(w) · w′
⇔ f′(3 – 2x) · (–2) = 4w3 · 3
⇔
f′(3 – 2x) = –6w3
⇔
f′(3 – 2x) = –6(1 + 3x)3
f′(3) = f′(3 – 2 · 0)
= –6(1 + 3 · 0)3
= –6 · 1
= –6
Jadi, nilai f′(3) = –6.
Matematika Kelas XI
93
17. Jawaban: a
15. Jawaban: a
Misalkan: u = 2x – 1 maka u′ = 2
x + 1 maka v′ =
v=
f(x)
Misalkan: h(x) = g(x) = 2x – x2
1
f(1)
h(1) = g(1) = 2 · 1 – 12
2 x +1
u
Turunan f(x) = v adalah
x + 1 · 2 − (2x − 1) ·
=
1
2 x +1
18. Jawaban: d
( x + 1)2
2(x + 1) x + 1
dy
dt
4x + 4 − 2x + 1
=
2 (x + 1)3
dy
1
=
2 (x + 1)3
2 x
x=
2x − 2 + 5
2 x
3
dy
dx
2 x3
1
1
Misalkan: u = 2x2 + 4x – 3 maka h(x) = u 2
h′(x) =
=
dh(x)
du
1
.
dt
20. Jawaban: c
1 1
g(x) =
du
dx
2x + 2
Turunan Fungsi
1
=
.
−
= 1 – 2 (x + 1)
=1–
1
u2
2x + 2
2x 2 + 4x − 3
x + 1 = (x − (x + 1) 2 ) 2
1
Misalkan: u = x – (x + 1) 2 maka g(x) = u2 .
1
2x 2 + 4x − 3
2x + 2
x−
1
du
· dx
= 2 u– 2 · (4x + 4)
Jadi, h′(x) =
dy
= dt · dx
= (3t2 – 4t) · 2(x – 1)
= (3(x – 1)4 – 4(x – 1)2) · 2(x – 1)
= 2(x – 1)(x – 1)2(3(x – 1)2 – 4)
= 2(x – 1)3(3(x2 – 2x + 1) – 4)
= 2(x – 1)3(3x2 – 6x + 3 – 4)
= 2(x – 1)3(3x2 – 6x – 1)
= (x – 1)3(6x2 – 12x – 2)
= (2x2 + 4x – 3) 2
dh(x)
dx
t =x–1
t = (x – 1)2
dt
2x 2 + 4x − 3
=
t +1 ⇔
⇔
⇔ dx = 2(x – 1)
16. Jawaban: b
h(x) = (g D f)(x)
= g(f(x))
= g(2x2 + 4x)
=
t +1
2x + 3
=
=
2
19. Jawaban: d
2 ((x − 1) + 1)3
=
· 2t
t
=
2(x − 1) + 5
f′(x – 1) =
dx
= dx · dt
2x + 5
=
94
x − 1 ⇔ t2 = x – 1
⇔ x = t2 + 1
t=
4(x + 1) − (2x − 1)
=
=1
⇔
f(1) = 2
g′(1) = f′(1) = f(1) = 2
Jadi, nilai g′(1) = 2.
vu′ − uv′
v2
f′(x) =
f(1)
2
⇔
1
2 x+1
2 x + 1−1
2 x+1
1
2
·1
dg(x)
dx
=
dg(x)
du
−
1
du
· dx = 2 u
1
2
·
2 x + 1−1
2 x+1
1
=
2 x− x+1
·
2 x + 1−1
2 x+1
4 (x + 1)(x − x + 1)
=
=
=
B.
1.
1
x 2 (x + 1) = (x3 + x2) 2
Misalkan: u = x3 + x2 maka g(x) = u 2 .
dg(x)
dx
Nilai turunan g(x) di x = 3 adalah
dg(3)
dx
3. g(x) = x x + 1 =
1
2 x +1−1
=
Oleh karena b bilangan bulat maka b = –1.
Nilai a + b = –2 + (–1) = –3.
Jadi, nilai a + b = –3.
2 3 +1−1
dg(x)
du
=
du
· dx
1
1
4 (3 + 1)(3 − 3 + 1)
= 2 u– 2 · (3x2 + 2x)
2⋅2−1
4 4(3 − 2)
=
3
4 4
=
3
4⋅2
=
3
8
x(3x + 2)
2 x 2 (x + 1)
x(3x + 2)
3x + 2
g(a + 1) =
a+2
=
d
dx
⇔
= 2 x +1
2x x + 1
3(a + 1) + 2
=
2 a + 1+ 1
a+2
⇔ 3a + 3 + 2 = 2 a + 2 ·
⇔
3a + 5 = 2(a + 2)
⇔
3a + 5 = 2a + 4
⇔
a = –1
Jadi, nilai a = –1.
a+2
dy
4. y = 3t2 maka dt = 6t
dx
dt
1
x = 2t2 + t – 1 maka dt = 4t + 1 ⇔ dx = 4t + 1
⇔
a= ± 4
⇔
a=±2
Oleh karena a < 0 maka a = –2.
f′(b) = 1 ⇔
3ab2 – 10b + a + b = 1
⇔ 3 · (–2)b2 – 10b – 2 + b = 1
⇔
–6b2 – 9b – 3 = 0
⇔
3(2b2 + 3b + 1) = 0
⇔
(2b + 1)(b + 1) = 0
⇔ 2b + 1 = 0 atau b + 1 = 0
⇔
2b = –1 atau
b = –1
1
x(3x + 2)
2 x3 + x2
=
2. f(x) = ax3 – 5x2 + (a + b)x – 4
f′(x) = 3ax2 – 5 · 2x + (a + b)
= 3ax2 – 10x + a + b
f′′(x) = 3a · 2x – 10
f′′(a) = 14 ⇔ 3a · 2a – 10 = 14
⇔
6a2 = 24
⇔
a2 = 4
b = – 2 atau
2 u
=
Uraian
f(t) = t3 – at2 + b
f′(t) = 3t2 – 2at
f′(2) = –4
⇔ 3 · 22 – 2a · 2 = –4
⇔
12 – 4a = –4
⇔
–4a = –16
⇔
a =4
f(1) = 2
⇔ 13 – a · 12 + b = 2
⇔ 1–4·1+b =2
⇔
–3 + b = 2
⇔
b =5
Nilai a + b = 4 + 5 = 9.
Jadi, nilai a + b = 9.
⇔
x(3x + 2)
b = –1
dy
dx
dy
dt
= dt · dx
1
= 6t · 4t + 1
6t
= 4t + 1
Substitusikan x = 2 ke dalam x = 2t2 + t – 1
diperoleh:
2 = 2t2 + t – 1
2
⇔
2t + t – 3 = 0
⇔
(2t + 3)(t – 1) = 0
⇔ 2t + 3 = 0 atau t – 1 = 0
⇔
3
t = – 2 atau
t=1
Matematika Kelas XI
95
Oleh karena t > 0 maka t = 1.
dy
Substitusikan t = 1 ke dalam dx =
dy
dx
=
6 ⋅1
4 ⋅1+ 1
6t
4t + 1
diperoleh:
6
5
=
dy
6
Jadi, nilai dx di x = 2 adalah .
5
u
5. Misalkan: u = at2 dan v = bt – 3 maka f(t) = v .
f′(t) =
vu′ − uv′
v2
=
(bt − 3) · 2at − at 2 · b
(bt − 3)2
=
2abt 2 − 6at − abt 2
(bt − 3)2
⇔
A.
= –1
2. Jawaban: a
Kurva f(x) = 3x2 + 2x – 1 melalui titik P(a, 4) maka
f(a) = 4.
f(a) = 3a2 + 2a – 1
⇔
4 = 3a2 + 2a – 1
2
⇔
3a + 2a – 5 = 0
⇔
(3a + 5)(a – 1) = 0
⇔ 3a + 5 = 0
atau a – 1 = 0
5
a=1
5
Oleh karena a < 0 maka a = – 3 sehingga koordinat
5
titik P(– 3 , 4).
96
Turunan Fungsi
=
2 · (−1)2 − 6 · (−1)
(2 · (−1) − 3)2
=
2 ·1+ 6
( −2 − 3)2
=
8
( −5)2
8
= 25
8
1. Jawaban: b
Persamaan gradien garis singgung kurva:
f′(x) = 2x + 1
Kurva f(x) = x2 + x – 20 menyinggung garis A di
titik A(3, –8) maka gradien garis A adalah m = f′(xA).
m = f′(xA) = f′(3)
=2·3+1
=7
Jadi, gradien garis A adalah 7.
a = – 3 atau
2t 2 − 6t
Jadi, nilai (f′ D f)(1) = 25 .
a=3–b
Pilihan Ganda
⇔
1· 2 · t 2 − 6 · 1· t
(2t − 3)2
= (2t − 3)2
(f′ D f)(1) = f′(f(1)) = f′(–1)
abt 2 − 6at
f(1) = –1 ⇔
= –4
⇔
ab – 6a = –4(b – 3)2
⇔ (3 – b)b – 6(3 – b) = –4(b2 – 6b + 9)
⇔ 3b – b2 – 18 + 6b = –4b2 + 24b – 36
⇔
3b2 – 15b + 18 = 0
⇔
3(b2 – 5b + 6) = 0
⇔
3(b – 3)(b – 2) = 0
⇔
b – 3 = 0 atau b – 2 = 0
⇔
b = 3 atau
b=2
Oleh karena b ≠ 3 maka b = 2.
Dengan demikian, diperoleh:
a=3–b=3–2=1
f′(t) =
= (bt − 3)2
a · 12
b ·1− 3
ab · 12 − 6a · 1
(b · 1 − 3)2
f′(1) = –4 ⇔
Persamaan gradien kurva:
m = f′(x) = 6x + 2
5
Gradien garis singgung kurva di titik P(– 3 , 4):
5
5
m = f′(xP) = f′(– 3 ) = 6 · (– 3 ) + 2 = –8
5
Jadi, gradien garis singgung kurva di titik P(– 3 , 4)
adalah –8.
3. Jawaban: d
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = y′ = 2x – 4
Gradien garis singgung kurva di titik (1, –8):
m = y′(1) = 2 · 1 – 4 = –2
Persamaan garis singgung melalui titik (1, –8) dan
bergradien m = –2 sebagai berikut.
y + 8 = –2(x – 1)
⇔
y = –2x + 2 – 8
⇔
y = –2x – 6
Jadi, persamaan garis singgung kurva yang melalui
titik (1, –8) adalah y = –2x – 6.
4. Jawaban: d
Gradien garis yang sejajar garis y + 2x = 5 adalah
m = –2.
Garis g sejajar garis y + 2x = 5 dan menyinggung
kurva f(x) = 2x2 – 6x + 1 maka gradien garis g:
mg = f′(x) = –2
⇔
4x – 6 = –2
⇔
4x = 8
⇔
x=2
Diperoleh absis titik P, xp = 2.
Ordinat titik P:
yp = f(2)
= 2 · 22 – 6 · 2 + 1
= 8 – 12 + 1
= –3
Jadi, koordinat titik P(2, –3).
5. Jawaban: b
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 6x – a
Garis y = (a + 2)x – 2b mempunyai gradien
m = a + 2.
Oleh karena garis y = (a + 2)x – 2b menyinggung
kurva di titik (1, a) maka m = f′(1).
m = f′(1)
⇔ a+2=6·1–a
⇔
2a = 4
⇔
a=2
Jadi, nilai a = 2.
6. Jawaban: b
Persamaan parabola: y = f(x) = 4x – x2.
Turunan pertamanya: y′ = f′(x) = 4 – 2x.
Gradien garis singgung parabola di titik M(1, 3)
adalah m = y′ = f′(xM) = f′(1).
m = f′(1) = 4 – 2 · 1 = 2
Persamaan garis singgung parabola
y = 4x – x2 di titik M(1, 3) sebagai berikut.
y – yM = m(x – xM)
⇔ y – 3 = 2(x – 1)
⇔
y = 2x – 2 + 3
⇔
y = 2x + 1
Substitusikan y = 2x + 1 ke dalam y = x2 – 6x + k
diperoleh persamaan kuadrat sebagai berikut.
2x + 1 = x2 – 6x + k
2
⇔ x – 8x + (k – 1) = 0
Garis menyinggung parabola maka nilai
diskriminan (D = b2 – 4ac) persamaan kuadrat
sama dengan nol.
Persamaan kuadrat x2 – 8x + (k – 1) = 0 mempunyai nilai a = 1, b = –8, dan c = k – 1.
D=0 ⇔
b2 – 4ac = 0
2
⇔ (–8) – 4 · 1 · (k – 1) = 0
⇔
64 – 4k + 4 = 0
⇔
4k = 68
⇔
k = 17
Nilai 5 –
k −1 = 5 –
17 − 1
7. Jawaban: e
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 3 – 2x
Gradien garis singgung di x = 3 adalah m = f′(3) =
3 – 2 · 3 = –3.
1
1
Gradien garis normal di x = 3 adalah mn = – m = 3 .
Ordinat titik singgung sebagai berikut.
y = f(3) = 1 + 3 · 3 – 32 = 1
Dengan demikian, diperoleh titik singgung (3, 1).
Persamaan garis normal di titik (3, 1) sebagai
berikut.
y – 1 = mn(x – 3)
1
⇔
y – 1 = 3 (x – 3)
⇔ 3y – 3 = x – 3
⇔ 3y – x = 0
Jadi, persamaan garis normal kurva f(x) = 1 + 3x – x2
di x = 3 adalah 3y – x = 0.
8. Jawaban: d
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 3x2 – 4x – 2.
Gradien garis singgung kurva di titik T(2, 2):
m = f′(xT) = f′(2) = 3 · 22 – 4 · 2 – 2 = 2
Garis normal y = ax + b mempunyai gradien
mn = a.
1
1
mn = – f′(2) ⇔ a = – 2
1
Persamaan garis normal menjadi y = – 2 x + b.
Garis normal melalui titik T(2, 2) diperoleh:
1
2 = – 2 · 2 + b ⇔ 2 = –1 + b
⇔ b=3
Nilai a + b =
1
–2
1
+3=22.
1
Jadi, nilai a + b = 2 2 .
9. Jawaban: d
Fungsi f(x) turun jika f′(x) < 0.
⇔
3x2 – 6x – 9 < 0
⇔
3(x2 – 2x – 3) < 0
⇔
(x – 3)(x + 1) < 0
Diagram tanda f′(x) sebagai berikut.
▲
▲
+++
–––
+++
▲
–1
3
Dari diagram tanda di atas kelihatan bahwa grafik
fungsi f(x) turun pada interval –1 < x < 3.
Jadi, grafik fungsi f(x) turun pada interval –1 < x < 3.
= 5 – 16
=5–4 =1
Matematika Kelas XI
97
10. Jawaban: d
Fungsi f(x) monoton turun maka f′(x) tidak positif
(definit negatif).
Grafik definit negatif di bawah sumbu X.
Fungsi f(x) stasioner untuk x = 6 maka f′(6) = 0
(menyinggung sumbu X).
Jadi, grafik yang benar pilihan d.
11. Jawaban: e
f(x) =
2 3
x
3
1
1 2
x
2
–
g(x) = f(1 – x) =
– 3x +
g(–1) = 3 · (–1)3 – (–1) + 1
1
6
1
2
1
1
(1 – x)3 – 2 (1 – x)2 – 3(1 – x) + 6
3
2
1
g′(x) = 3 · 3(1 – x)2(–1) + 2 · 2(1 – x) + 3
= –2(1 – x)2 + (1 – x) + 3
Fungsi g(x) naik jika g′(x) > 0.
Misalkan: p = 1 – x, diperoleh:
–2p2 + p + 3 > 0
⇔
2p2 – p – 3 < 0
⇔ (2p – 3)(p + 1) < 0
3
⇔
–1 < p < 2
⇔
–1 < 1 – x < 2
⇔
–2 < – x < 2
⇔
–2 < x<2
3
1
1
12. Jawaban: b
f(x) = g(2x – 1)
1
= 3 (2x – 1)3 – A2(2x – 1) + 1
1
f′(x) = 3 · 3(2x – 1)2 · 2 – 2A2
= 2(2x – 1)2 – 2A2
Substitusikan x = 1 ke dalam f′(x) = 0.
2(2x – 1)2 – 2A2 = 0
⇔ 2(2 · 0 – 1)2 – 2A2 = 0
⇔
2(1)2 – 2A2 = 0
⇔
A2 = 1
2
Substitusikan A = 1 ke dalam g(x).
1
g(x) = 3 x3 – A2x + 1
⇔
g(x) =
1 3
x
3
–x+1
Nilai stasioner g(x) dicapai pada saat g′(x) = 0.
1
⇔
⇔
⇔
⇔
98
Nilai maksimum fungsi dapat ditentukan dengan
menggunakan turunan kedua.
g′′(x) = 2x
Untuk x = 1 maka g′′(1) = 2 > 0 (minimum)
Untuk x = –1 maka g′′(–1) = –2 < 0 (maksimum)
Nilai maksimum g(x) dicapai pada saat x = –1,
diperoleh:
g′(x) = 3 · 3x2 – 1 = 0
x2 – 1 = 0
(x – 1)(x + 1) = 0
x – 1 = 0 atau x + 1 = 0
x = 1 atau
x = –1
Turunan Fungsi
=–3 +2
5
= 3
5
Jadi, nilai maksimum g(x) adalah 3 .
13. Jawaban: b
Fungsi f(x) = ax3 + bx2 + 12x + 1 naik pada
interval –1 < x < 2 maka f(x) stasioner di x = –1
dan x = 2.
f(x) stasioner di x = –1 dan x = 2 maka f′(–1) = 0
dan f′(2) = 0.
f′(x) = 3ax2 + 2bx + 12
f′(–1) = 0 ⇔ 3a · (–1)2 + 2b · (–1) + 12 = 0
⇔
3a – 2b = –12
⇔
3a = 2b – 12
f′(2) = 0 ⇔ 3a · 22 + 2b · 2 + 12 = 0
⇔
12a + 4b + 12 = 0
⇔
3a + b = –3
⇔
2b – 12 + b = –3
⇔
3b = 9
⇔
b=3
Dengan demikian, diperoleh nilai a sebagai berikut.
3a = 2b – 12 ⇔ 3a = 2 · 3 – 12
⇔ 3a = –6
⇔ a = –2
Persamaan fungsi menjadi f(x) = –2x3 + 3x2 + 12x + 1.
f(–1) = –2 · (–1)3 + 3 · (–1)2 + 12 · (–1) + 1
= 2 + 3 – 12 + 1 = –6
f(2) = –2 · 23 + 3 · 22 + 12 · 2 + 1
= –16 + 12 + 24 + 1 = 21
Oleh karena f(–1) < f(2), nilai maksimum fungsi
f(x) adalah f(2) = 21.
Jadi, nilai maksimum fungsi f(x) adalah 21.
14. Jawaban: c
Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0
f′(x) = 6x2 – 12x = 0
⇔
6x(x – 2) = 0
⇔ x = 0 atau x = 2
Untuk x = 0 maka f(0) = 2 · 03 – 6 · 02 + 3
= 3 (maksimum)
Untuk x = 2 maka f(2) = 2 · 23 – 6 · 22 + 3
= –5 (minimum)
Jadi, titik balik minimum fungsi (2, –5).
15. Jawaban: b
Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0.
f′(x) = 6x2 – 18x – 24 = 0
⇔
6(x2 – 3x – 4) = 0
⇔
(x – 4)(x + 1) = 0
⇔ x – 4 = 0 atau x + 1 = 0
⇔
x = 4 atau
x = –1
Untuk x = 4 tidak masuk dalam interval –2 ≤ x ≤ 2.
Nilai f(x) di x = –1 sebagai berikut.
f(–1) = 2 · (–1)3 – 9 · (–1)2 – 24 · (–1) + 10
= –2 – 9 + 24 + 10
= 23
Nilai f(x) di ujung-ujung interval –2 ≤ x ≤ 2 sebagai
berikut.
f(–2) = 2 · (–2)3 – 9 · (–2)2 – 24 · (–2) + 10
= –16 – 36 + 48 + 10 = 6
f(2) = 2 · 23 – 9 · 22 – 24 · 2 + 10
= 16 – 36 – 48 + 10 = –58
Fungsi f(x) pada interval –2 ≤ x ≤ 2 mempunyai
nilai terendah –58.
Jadi, pada interval –2 ≤ x ≤ 2 fungsi f(x) =
2x3– 9x2 – 24x + 10 mempunyai nilai minimum
–58.
16. Jawaban: b
Luas sisi-sisi balok = 2x2 + 4xt = 96
⇔ 4xt = 96 – 2x2
⇔
t=
⇔
t=
96 − 2x 2
4x
24
1
– 2
x
x
t
1
---
+++
B(x) = (2x – 60 + x ) ribu
Biaya total:
T(x) = x · B(x)
600
x
Fungsi V mencapai
x
dV
stasioner jika dx = 0.
3
= 24 – 2 x2 = 0
3
⇔ 2 x2 = 24
⇔ x2 = 16
⇔
x = ±4
dV
Diagram tanda dx sebagai berikut.
–4
↑
Minimum
100
= p(4p + p – 40)
= 4p2 + 100 – 40p
= 4p2 – 40p + 100
Biaya proyek akan minimum jika B′(p) = 0.
B′(p) = 8p – 40 = 0
⇔
8p = 40
⇔
p=5
Diagram tanda B′(p) sebagai berikut.
600
1
+++
100
b(p) = (4p + p – 40) juta rupiah
Biaya proyek p hari:
B(p) = p · B(p)
18. Jawaban: c
Biaya setiap pasang sandal:
= 24x – 2 x3
---
17. Jawaban: d
Biaya proyek per hari:
Dari diagram tanda B′(p) di atas tampak bahwa
fungsi B(p) mencapai minimum di p = 5.
Jadi, proyek tersebut harus diselesaikan dalam
waktu 5 hari agar biaya proyek tersebut minimum.
= x2( x – 2 x)
dV
dx
1
V(4) = 24 · 4 – 2 · 43
= 96 – 32 = 64 cm3
Jadi, volume balok terbesar 64 cm3.
5
Volume balok:
V = x2t
24
Dari diagram tersebut tampak bahwa fungsi V
mencapai maksimum di x = 4.
Volume balok terbesar adalah V(4).
---
4
↑
Maksimum
dV
dx
= x · (2x – 60 + x ) ribu
= (2x2 – 60x + 600) ribu
Biaya produksi minimum terjadi pada saat
T′(x) = 0.
T′(x) = 0
⇔ 2 · 2x – 60 = 0
⇔
4x – 60 = 0
⇔
x = 15
Biaya produksi minimum:
T(x) = (2x2 – 60x + 600) ribu
⇔ T(15) = (2 · 152 – 60 · 15 + 600) · 1.000
= (2 · 225 – 900 + 600) · 1.000
= (450 – 900 + 600) · 1.000
= 150.000
Jadi, biaya produksi total minimum per jam sebesar
Rp150.000,00.
Matematika Kelas XI
99
19. Jawaban: b
Biaya produksi:
B(x) = (2x2 – 180x + 2.500) ribu rupiah
Biaya produksi akan minimum jika B′(x) = 0.
B′(x) = 4x – 180
⇔ 0 = 4x – 180
⇔ 4x = 180
⇔ x = 45
Diagram tanda B′(x) sebagai berikut.
---
B.
Uraian
1. a.
Kurva f(x) memotong sumbu Y jika x = 0
maka:
f(0) = 4 · 02 – 6 · 0 + 4 = 4
Kurva memotong sumbu Y di titik T(0, 4).
Gradien kurva di titik T(0, 4) adalah m = f′(0).
f′(x) = 8x – 6
m = f′(0) = 8 · 0 – 6 = –6
Jadi, gradien garis singgung kurva di titik T
adalah –6.
+++
45
Dari diagram tanda B′(x) di atas tampak bahwa
fungsi B(x) mencapai minimum di x = 45.
Jadi, biaya produksi akan minimum jika diproduksi
45 unit barang.
20. Jawaban: a
Ukuran kotak yang terbentuk sebagai berikut.
2x
x
f(x) = (2x – 1)2 – (2x – 3)
= 4x2 – 4x + 1 – 2x + 3
= 4x2 – 6x + 4
b.
Persamaan garis singgung di titik T(0, 4)
dengan gradien m = –4 sebagai berikut.
y – yT = m(x – xT)
⇔ y – 4 = –6(x – 0)
⇔ y – 4 = –6x
⇔
y = –6x + 4
Jadi, persamaan garis singgung kurva di titik T
adalah y = –6x + 4.
30
–
2. Fungsi f(x) naik pada saat f′(x) > 0.
f(x) =
(30 – 2x)
Misalkan: u = x2 + 3 maka u′ = 2x
v = x – 1 maka v′ = 1
Volume kotak:
V = (30 – 2x)2 · x
= (900 – 120x + 4x2) x
= 900x – 120x2 + 4x3
u
Turunan f(x) = v adalah
dV
Fungsi V mencapai stasioner jika dx = 0.
dV
dx
= 900 – 240x + 12x2 = 0
⇔
12(x2 – 20x + 75) = 0
⇔
(x – 15)(x – 5) = 0
⇔ x – 15 = 0 atau x – 5 = 0
⇔
x = 15 atau
x=5
dV
Diagram tanda dx sebagai berikut.
▲
▲
+++
–––
▲
5
+++
15
Dari diagram tersebut tampak bahwa fungsi V mencapai maksimum di x = 5. Dengan demikian,
volume kotak terbesar diperoleh jika x = 5.
Volume kotak terbesar:
V = (30 – 2 · 5)2 · 5 = (30 – 10)2 · 5
= 202 · 5 = 400 · 5 = 2.000 cm3
100
Turunan Fungsi
x2 + 3
x −1
f′(x) =
=
=
vu′ − uv′
(x − 1)(2x) − (x 2 + 3)(1)
=
2
v
(x − 1)2
2
2
(2x − 2x) − (x + 3)
(x − 1)2
x 2 − 2x − 3
(x − 1)2
=
(x − 3)(x + 1)
(x − 1)2
Fungsi f(x) naik:
(x − 3)(x + 1)
(x − 1)2
>0
Pembuat titik nol:
•
x – 3 = 0 maka x = 3
•
x + 1 = 0 maka x = –1
•
x – 1 = 0 maka x = 1
Penyelesaian:
+
–
–1
–
1
+
3
⇔ –1 < x < 1 atau 1 < x < 3
Dapat juga dinyatakan dengan:
⇔ –1 < x < 3; x ≠ 1
3. Fungsi f(x) = x3 + 6x2 – 15x + 3 mencapai stasioner
jika f′(x) = 0.
f′(x) = 3x2 + 12x – 15 = 0
⇔
3(x2 + 4x – 5) = 0
⇔
(x + 5)(x – 1) = 0
⇔ x + 5 = 0 atau x – 1 = 0
⇔
x = –5 atau
x=1
Diagram tanda fungsi f′(x) sebagai berikut.
▲
▲
+++
–––
+++
▲
–5
Dari diagram tanda di atas terlihat fungsi f(x)
mencapai maksimum di x = –5 dan minimum di
x = 1 sehingga (–5, f(–5)) merupakan titik balik
maksimum dan (1, f(1)) merupakan titik balik
minimum.
f(–5) = (–5)3 + 6 · (–5)2 – 15 · (–5) + 3
= –125 + 150 + 75 + 3 = 103
f(1) = 13 + 6 · 12 – 15 · 1 + 3
= 1 + 6 – 15 + 3 = –5
Jadi, titik stasioner fungsi f(x) = x3 + 6x2 – 15x + 3
adalah (–5, 103) sebagai titik balik maksimum dan
(1, –5) sebagai titik balik minimum.
4. Biaya proyek per hari:
Biaya proyek x hari:
B(x) = x · b(x)
=
x(x2
5.000
) ratus ribu rupiah
x
– 75x + 1.800 –
5.000
)
x
= (x3 – 75x2 + 1.800x – 5.000) ratus ribu rupiah
B′(x) = 3x2 – 150x + 1.800
Fungsi B(x) mencapai stasioner jika B′(x) = 0.
3x2 –150x + 1.800 = 0
⇔ 3(x2 – 50x + 600) = 0
⇔
x2 – 50x + 600 = 0
⇔ (x – 30)(x – 20) = 0
⇔ x – 30 = 0 atau x – 20 = 0
⇔
x = 30 atau
x = 20
f(a) − f(a + x)
2x
x→0
▲
–––
▲
20
+++
30
Dari sketsa grafik B′(x) tampak bahwa fungsi B(x)
mencapai minimum di x = 30.
Jadi, proyek harus diselesaikan dalam waktu
30 hari agar biaya proyek minimum.
H(x) = 16 +
2.000
x
x
4
–
Pendapatan total:
TR = x · H(x)
= x(16 +
2.000
x
–
= 16x + 2.000 –
x
)
4
2
x
4
dTR
Pendapatan akan maksimum jika dx = 0.
dTR
dx
x
=16 – 2 = 0
x
2
⇔
= 16
⇔
x = 32
Pendapatan maksimum perusahaan:
TR(32) = (16 · 32 + 2.000 –
322
4
) · 100.000
= 2.256 · 100.000
= 225.600.000
Jadi, pendapatan maksimum perusahaan
Rp225.600.000,00.
2. Jawaban: b
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
lim
▲
+++
5. Harga per unit barang:
1
b(x) = (x2 – 75x + 1.800 –
Sketsa grafik B′(x):
1
1
= 2 · lim
x→0
1
= 2 · lim
x→0
=
1
–2
1
·
f(a) − f(a + x)
x
−(f(a + x) − f(a))
x
f(a + x) − f(a)
lim
x
x→0
= – 2 · f′(a)
f(x) = 3 x3 + 3x2 + 4x + 5
1
f′(x) = 3 · 3x2 + 3 · 2x + 4
= x2 + 6x + 4
3. Jawaban: b
f(x) = 2x3 + x2 – 10
f′(x) = 2 · 3x2 + 2x
= 6x2 + 2x
Matematika Kelas XI
101
Substitusikan x = 1 ke dalam f′(x).
f′(x) = 6x2 + 2x
⇔ f′(1) = 6 · 12 + 2 · 1
=6+2
=8
4. Jawaban: b
Misalkan: u = 20x – 2 dan v = 2x – 1 maka
u
f(x) = v , diperoleh u′ = 20 dan v′ = 2.
vu′ − uv′
v2
f′(x) =
8. Jawaban: d
1
3
2
f(3x + 2) = x x + 1 = x + x = (x 3 + x 2 )2
Jika kedua ruas persamaan diturunkan diperoleh:
⇔ 3f′(3x + 2) =
Ambil x = 2, diperoleh:
3 ⋅ 22 + 2 ⋅ 2
=
3f′(8) =
=
40x − 20 − 40x + 4
(2x − 1)2
⇔
3f′(8) = 2 8 + 4
⇔
3f′(8) = 2 12
16
(2x − 1)2
16
(2 · 1 − 1)2
16
= – 1 = –16
Jadi, nilai f′(1) = –16.
5. Jawaban: a
Misalkan: u = 5x – 2x2 dan v = (3x – 1)3 maka
f(x) = uv, diperoleh u′ = 5 – 4x.
v′ = 3(3x – 1)2 · 3 = 9(3x – 1)2
f′(x) = vu′ + uv′
= (3x – 1)3 · (5 – 4x) + (5x – 2x2) · 9(3x – 1)2
= (3x – 1)2((3x – 1)(5 – 4x) + 9(5x – 2x2))
= (3x – 1)2(15x – 5 – 12x2 + 4x + 45x – 18x2)
= (3x – 1)2(–30x2 + 64x – 5)
= –(3x – 1)2(30x2 – 64x + 5)
6. Jawaban: e
 f ′
  (x)
 g
g(x)f ′(x) − f(x)g′(x)
(g(x))2
=
 f ′
g(0)f ′(0) − f(0)g′(0)
  (0) =
g
(g(0))2
 
=
−4 ⋅ (−4) − 2 ⋅ 2
( −4)2
3
= 4
7. Jawaban: d
h′(x) = g(x)f′(x) + f(x)g′(x)
h′(x) – f′(x)g(x) – 5
= g(x)f′(x) + f(x)g′(x) – f′(x)g(x) – 5
= f(x)f(x) – 5
= f2(x) – 5
Turunan Fungsi
2 23 + 22
12 + 4
16
3⋅8
⇔
3 · 3f′(8) = 2 3
⇔
9f′(8) = 4 3
Jadi, nilai 9f′(8) = 4 3 .
9. Jawaban: c
y = (x + 1) x
=
(x + 1)2 x
=
(x 2 + 2x + 1)x
1
= (x3 + 2x2 + x) 2
1
1
y′ = 0 ⇔ 2 (x3 + 2x2 + x)– 2 · (3x2 + 4x + 1) = 0
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
12
= 16
= f(x)g′(x) – 5
· (3x2 + 2x)
2 x3 + x2
⇔
f′(1) = –
1
2
3x 2 + 2x
(2x − 1) · 20 − (20x − 2) · 2
(2x − 1)2
=–
102
−
1
3
2
f′(3x + 2) · 3 = 2 (x + x )
3x 2 + 4x + 1
2(x 3 + 2x 2 + x)
−
1
2
=0
3x2 + 4x + 1 = 0
(3x + 1)(x + 1) = 0
3x + 1 = 0 atau x + 1 = 0
1
x = – 3 atau
x = –1
1
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah – 3 dan –1.
10. Jawaban: e
Misalkan: panjang rusuk kotak = s.
Luas permukaan kotak = L = 6s2.
Panjang rusuk kotak bertambah dengan laju 0,02
mm/detik maka
ds
= 0,02 mm/detik.
dt
dL
Laju pertambahan luas permukaan kotak = dt .
dL
dt
=
dL
ds
·
ds
dt
= 12s · 0,02
= 0,24s
Laju pertambahan luas permukaan kotak pada saat
s = 3 cm = 30 mm sebagai berikut.
dL
dt
= 0,24 · 30 = 7,2
mm2/detik
11. Jawaban: a
Volume balon bertambah dengan laju 1,08π cm3/detik
dV
maka dt = 1,08π cm3/detik.
dr
Laju pertambahan panjang jari-jari balon = dt .
dV
Laju pertambahan volume balon = dt .
dV
dt
dV
dr
= dr · dt
dr
⇔ 1,08π = 4πr2 · dt
⇔
dr
dt
=
0,27
r2
dr
0,27
Pada saat r = 3 cm, nilai dt = 2
3
= 0,03 cm/detik
Jadi, laju pertambahan panjang jari-jari balon pada
saat r = 3 cm adalah 0,03 cm/detik.
12. Jawaban: b
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 2ax – 3
Garis g mempunyai gradien 5 dan menyinggung
kurva f(x) di x = a maka f′(a) = 5.
f′(a) = 2a · a – 3
⇔
5 = 2a2 – 3
2
⇔
2a – 8 = 0
⇔
2(a2 – 4) = 0
⇔ (a – 2)(a + 2) = 0
⇔
a – 2 = 0 atau a + 2 = 0
⇔
a = 2 atau
a = –2
Jadi, nilai a = 2 atau a = –2.
13. Jawaban: c
f′(x) = 3ax2 + 2(a + 1)x – 3
Gradien garis singgung kurva di x = –2 adalah 1
maka f′(–2) = 1.
f′(–2) = 3a · (–2)2 + 2(a + 1) · (–2) – 3= 1
⇔
12a – 4a – 4 – 3 = 1
⇔
8a = 8
⇔
a=1
Jadi, nilai a = 1.
14. Jawaban: a
1
Garis x + 5y = 2 mempunyai gradien m1 = – 5 .
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 4x – 3.
Garis singgung kurva tegak lurus dengan garis
x + 5y = 2, diperoleh:
1
m · m1 = –1 ⇔ (4x – 3) · (– 5 ) = –1
⇔
4x – 3 = 5
⇔
4x = 8
⇔
x =2
Diperoleh absis titik singgung x = 2.
Ordinat titik singgung:
f(2) = 2 · 22 – 3 · 2 + 1 = 3
Diperoleh koordinat titik singgung (2, 3).
Gradien garis singgung di x = 2 adalah m = f′(1) =
4 · 2 – 3 = 5.
Persamaan garis singgung di titik (2, 3) dan bergradien 5 sebagai berikut.
y – 3 = 5(x – 2)
⇔ y – 3 = 5x – 10
⇔
y = 5x – 7
Jadi, persamaan garis singgungnya y = 5x – 7.
15. Jawaban: b
1
Garis x + 3y + 12 = 0 mempunyai gradien m1 = – 3 .
Garis A tegak lurus dengan garis x + 3y + 12 = 0,
diperoleh:
1
m1 · mA = –1 ⇔ – 3 · mA = –1
⇔
mA = 3
Garis A menyinggung kurva f(x) = x2 – x – 6 di titik T
maka:
f′(xT) = mA ⇔ 2xT – 1 = 3
⇔
xT = 2
Untuk x = 2 nilai f(xT = 2) = 22 – 2 – 6 = –4.
Jadi, ordinat titik T adalah –4.
16. Jawaban: a
Persamaan gradien garis singgung kurva:
f′(x) = 3x2 + 2bx
Titik singgung garis dan kurva adalah (1, 2), diperoleh:
y(1) = 2
⇔ a·1+5=2
⇔
a = –3
Persamaan garis g menjadi y = –3x + 5.
Garis g mempunyai gradien mg = –3.
Gradien garis singgung kurva di x = 1 adalah
mg = f′(1).
mg = f′(1) ⇔ –3 = 3 · 12 + 2b · 1
⇔ 2b = –6
⇔ b = –3
Jadi, nilai a + b = –3 – 3 = –6.
Matematika Kelas XI
103
17. Jawaban: b
Persamaan gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 9x2 – 3
Gradien garis normal di x = 1:
mn = –
1
m
1
1
1
=– ′ =–
=–6
9 · 12 − 3
f (1)
Persamaan garis normal kurva di x = 1 sama
dengan persamaan garis normal di titik (1, f(1)).
f(1) = 3 · 13 – 3 · 1 + 2 = 2
1
Persamaan garis normal dengan gradien mn = – 6
di titik (1, 2) sebagai berikut.
y – 2 = mn(x – 1)
⇔
1
y – 2 = – 6 (x – 1)
⇔ 6y – 12 = –x + 1
⇔ x + 6y = 13
18. Jawaban: c
Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0.
f′(x) = 6x2 – 30x + 36 = 0
⇔
6(x2 – 5x + 6) = 0
⇔
(x – 2)(x – 3) = 0
⇔ x – 2 = 0 atau x – 3 = 0
⇔
x = 2 atau
x=3
Diagram tanda f′(x) sebagai berikut.
▲
▲
+++
–––
+++
▲
2
19. Jawaban: e
Kurva f(x) = 3x4 – 8x3 + 6x2 + 3 mencapai stasioner
jika f′(x) = 0.
f′(x) = 12x3 – 24x2 + 12x = 0
⇔
12x(x2 – 2x + 1) = 0
⇔
12x(x – 1)2 = 0
⇔
x = 0 atau (x – 1)2 = 0
⇔
x = 0 atau
x =1
Menentukan jenis titik stasioner menggunakan uji
turunan kedua.
f′′(x) = 36x2 – 48x + 12
f′′(0) = 12 > 0
f′′(1) = 36 – 48 + 12 = 0
Oleh karena f′′(0) > 0 maka titik (0, f(0)) merupakan
titik balik minimum, sedangkan f′′(1) = 0 maka
titik (1, f(1)) merupakan titik belok.
f(1) = 3 · 14 – 8 · 13 + 6 · 12 + 3 = 4
Diperoleh titik belok (1, 4).
Jadi, titik belok kurva (1, 4).
Turunan Fungsi
21. Jawaban: d
Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0.
f′(x) = 12x – 3x2 = 0
⇔
3x(4 – x) = 0
⇔
x = 0 atau x = 4
Untuk x = –1 maka f(–1) = 6 · (–1)2 – (–1)3 = 7.
Untuk x = 0 maka f(0) = 6 · 02 – 03 = 0 (minimum).
Untuk x = 3 maka f(3) = 6 · 32 – 33 = 27 (maksimum).
Jadi, nilai maksimum fungsi adalah 27.
22. Jawaban: c
f′(x) = 6x2 + 2(a + 6)x – 36
Fungsi f(x) mencapai nilai maksimum di x = a
maka f′(a) = 0.
f′(a) = 6a2 + 2(a + 6)a – 36 = 0
⇔
3a2 + a2 + 6a – 18 = 0
⇔
4a2 + 6a – 18 = 0
⇔
2a2 + 3a – 9 = 0
⇔
(2a – 3)(a + 3) = 0
⇔
2a – 3 = 0 atau a + 3 = 0
⇔
3
Dari diagram tanda di atas tampak bahwa fungsi
f(x) turun pada interval 2 < x < 3.
Jadi, fungsi f(x) turun pada interval 2 < x < 3.
104
20. Jawaban: e
Nilai minimum fungsi f(x) = ax3 – 3x5 + b dicapai
di x = 1 maka f′(1) = 0.
f′(x) = 3ax2 – 15x4
f′(1) = 3a · 12 – 15 · 14 = 0
⇔
3a = 15
⇔
a=5
Jadi, nilai a = 5.
3
a = 2 atau
a = –3
Oleh karena a < 0 maka a = –3.
23. Jawaban: b
n + 2m = 40 ⇔ n = 40 – 2m
p = m2 + n2
= m2 + (40 – 2m)2
= m2 + 1.600 – 160m + 4m2
= 5m2 – 160m + 1.600
dp
Nilai p akan minimum jika dm = 0.
dp
dm
= 10m – 160 = 0
⇔ 10m = 160
⇔
m = 16
Dengan demikian, diperoleh:
n = 40 – 2 · 16 = 40 – 32 = 8
Nilai minimum p dicapai jika m = 16 dan n = 8
sehingga nilai minimum p:
p = m2 + n2
= 162 + 82
= 256 + 64 = 320
Jadi, nilai minimum p adalah 320.
24. Jawaban: b
Misalkan: x = bilangan pertama dan y = bilangan
kedua diperoleh:
x + y = 15 ⇔ x = 15 – y
Perkalian bilangan pertama dengan kuadrat
bilangan kedua = p diperoleh:
p = xy2 = (15 – y)y2 = 15y2 – y3
Nilai p akan maksimum jika p′ = 0.
p′ = 0
⇔
2 · 15y – 3y2 = 0
⇔
30y – 3y2 = 0
⇔
3y(10 – y) = 0
⇔ 3y = 0 atau 10 – y= 0
⇔ y = 0 atau
y = 10
Uji turunan kedua:
p′′ = 30 – 6y
Untuk y = 0 maka p′′ = 30 – 6 · 0 = 30 (minimum)
Untuk y = 10 maka p′′ = 30 – 6 · 10 = –30
(maksimum)
Substitusikan y = 10 ke dalam persamaan x =
15 – y.
x = 15 – y = 15 – 10 = 5
Nilai maksimum:
p = xy2 = 5 · 102 = 5 · 100 = 500
25. Jawaban: c
Biaya tiap unit:
3.000.000
x
B(x) = (2x – 1.200 +
Biaya total:
T(x) = x · B(x)
= x · (2x – 1.200 +
)
3.000.000
x
)
1
TC = B(x) = 3 x2 – 10x + 25
2
Penerimaan total: TR = 50x – 3 x2
Laba akan maksimum jika MP = 0.
MP = MR – MC
⇔
0=
–
4
dTC
dx
2
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
dC(x)
dx
= 0.
dC(x)
dx
= 0,03x2 – 12x + 900 = 0
3x2 – 1.200x + 90.000 = 0
3(x2 – 400x + 30.000) = 0
(x – 100)(x – 300) = 0
x – 100 = 0
atau x – 300 = 0
x = 100 atau
x = 300
dC(x)
Diagram tanda dx
▲
+++
sebagai berikut.
▲
–––
+++
▲
100
300
Dari diagram tanda
dC(x)
dx
di atas terlihat bahwa
fungsi C(x) mencapai minimum di x = 300.
Jadi, banyak barang yang harus diproduksi
300 unit per hari agar biaya produksi minimum.
600
26. Jawaban: c
Biaya total:
⇔
Fungsi C(x) mencapai stasioner jika
28. Jawaban: b
Biaya perakitan satu motor per hari:
= 2x2 – 1.200x + 3.000.000
Biaya produksi minimum dicapai jika T′(x) = 0.
T′(x) = 0
⇔ 2 · 2x – 1.200 = 0
⇔
4x – 1.200 = 0
⇔
4x = 1.200
⇔
x = 300
Jadi, banyak barang yang diproduksi adalah
300 unit.
dTR
dx
27. Jawaban: c
0 = 50 – 3 x – ( 3 x – 10)
⇔ 60 – 2x = 0
⇔
x = 30
Jadi, laba maksimum diperoleh jika diproduksi
30 m kain batik.
b(x) = (3x + x – 18) ribu rupiah
Satu motor dapat dirakit dalam x hari sehingga
biaya perakitan satu motor.
B(x) = x · b(x)
600
= (x(3x + x – 18)) ribu rupiah
= (3x2 + 600 – 18x) ribu rupiah
Biaya perakitan satu motor akan minimum jika
B′(x) = 0.
B′(x) = 6x – 18 = 0
⇔
6x = 18
⇔
x=3
Biaya minimum perakitan satu motor
= B(3)
= (3 · 32 + 600 – 18 · 3) ribu rupiah
= (27 + 600 – 54) · 1.000 rupiah
= 573.000 rupiah
Jadi, biaya minimum yang harus dikeluarkan
perusahaan untuk merakit satu motor adalah
Rp573.000,00.
29. Jawaban: a
Persamaan biaya marginal:
C′(x) = 3x2 + 24x – 53
Kenaikan biaya produksi jika produksi bertambah
20 unit:
C′(20) = (3 · 202 + 24 · 20 – 53) · 10.000
= (1.200 + 480 – 53) · 10.000
= 16.270.000
Jadi, kenaikan biaya produksinya Rp16.270.000,00.
Matematika Kelas XI
105
30. Jawaban: d
Fungsi penerimaan total:
TR = H(x)
= 2x3 – 100x2 + 13.000x – 150.000
Fungsi biaya total:
TC(x) = x · B(x)
= x(x2 + 110x – 500)
= x3 + 110x2 – 500x
Fungsi laba:
L(x) = TR(x) – TC(x)
= (2x3 – 100x2 + 13.000x – 150.000)
– (x3 + 110x2 – 500x)
= x3 – 210x2 + 13.500x – 150.000
Fungsi L(x) mencapai stasioner jika L′(x) = 0.
L′(x) = 3x2 – 420x + 13.500 = 0
⇔
3(x2 – 140x + 4.500) = 0
⇔
(x – 50)(x – 90) = 0
⇔ x – 50 = 0 atau x – 90 = 0
⇔
x = 50 atau
x = 90
Diagram tanda L′(x) sebagai berikut.
+++
---
50
↑
Maksimum
+++
106
=
f(x) = (2x2 – x + 1)8
Misalkan:
u = 2x2 – x + 1 maka u′ = 4x – 1
f′(x) = 8u7 · u′
= 8u7 · (4x – 1)
= 8(2x2 – x + 1)7 · (4x – 1)
= (32x – 8)(2x2 – x + 1)7
2x − 5
f(x) = x + 3
Misalkan: u = 2x – 5 maka u′ = 2
v = x + 3 maka v′ = 1
Turunan Fungsi
vu′ − uv′
v2
(x + 3)(2) − (2x − 5)(1)
(x + 3)2
(2x + 6) − (2x − 5)
(x + 3)2
=
11
(x + 3)2
2. Jika kedua ruas persamaan f(2x + 1) = 2x –
diturunkan, diperoleh:
2f′(2x + 1) = 2 +
2
2 2x
⇔ f′(2x + 1) = 1 +
2x
1
2 2x
f′(5) = f′(2 · 2 + 1)
=1+
=1+
2
2 2·2
1
2·2
1
1
=1+ 4 =14
1
Jadi, nilai f′(5) = 1 4 .
3. x = 2t – 3 ⇔
2t = x + 3
⇔
↑
Minimum
B. Uraian
1. a. f(x) = 3x3 – 4x2 + 6x – 8
f′(x) = 3 · 3x2 – 4 · 2x + 6
= 9x2 – 8x + 6
c.
=
90
Dari diagram tanda L′(x) di atas tampak bahwa
fungsi L(x) mencapai maksimum di x = 50.
Laba maksimum
= L(50)
= (503 – 210 · 502 + 13.500 · 50 – 150.000) ribu
= (125.000 – 525.000 + 675.000 – 150.000) ribu
= 125.000 ribu
= 125.000.000
Jadi, laba maksimum per hari yang akan diperoleh
perusahaan 125 juta rupiah.
b.
f′(x) =
t=
dt
x+3
2
1
⇔ dx = 2
dy
dx
dy
dt
= dt · dx
1
= (2t – 2) · 2
=t–1
x+3
–1
2
x+3−2
=
2
1
= 2 (x + 1) =
2
d dy
d y
= dx ( dx ) =
dx 2
1
d2 y
Jadi, 2 = 2 .
dx
=
1
2
1
2
1
x+ 2
1
+0= 2
4. Jari-jari benda bertambah dengan laju
dr
0,02 mm/detik maka dt = 0,02 mm/detik.
Luas permukaan benda = 0,8π cm2 = 8.000π mm2.
A = 2πr2 + 2πrh
⇔
8.000π = 2πr2 + 2πr · 60
2
⇔
2r + 120r – 8.000 = 0
⇔
r2 + 60r – 4.000 = 0
⇔
(r + 100)(r – 40) = 0
⇔ r + 100 = 0
atau r – 40 = 0
⇔
r = –100 atau
r = 40
Oleh karena r > 0 maka r = 40 mm.
dV
Laju pertambahan volume benda = dt .
dV
dt
dV
dr
= dr · dt
= 2πrh · 0,02
= 0,04π · 40 · 60
= 96π mm3/detik
Jadi, laju pertambahan volume benda pada saat
luas permukaan 0,8π cm2 adalah 96π mm3/detik.
5. f′(x) = 2ax + b
Titik P(2, 4) pada kurva f(x) = ax2 + bx + 2 maka
f(2) = 4.
f(2) = a · 22 + b · 2 + 2 = 4
⇔
4a + 2b = 2
⇔
2a + b = 1
⇔
b = 1 – 2a
Garis y = 5x – 6 mempunyai gradien m = 5.
Gradien garis singgung kurva di titik P(2, 4) adalah
m1 = f′(2) = 2a · 2 + b = 4a + b.
Garis singgung sejajar dengan garis y = 5x – 6
maka m1 = m.
4a + b = 5
⇔ 4a + 1 – 2a = 5
⇔
2a = 4
⇔
a=2
Untuk a = 2 maka b = 1 – 2 · 2 = –3.
Jadi, nilai a = 2 dan b = –3.
6. Titik A(1, (a + 2)) pada kurva f(x) = ax2 – (a + 1)x + 6
maka f(1) = a + 2.
f(1) = a · 12 – (a + 1) · 1 + 6 = a + 2
⇔
a–a–1+6=a+2
⇔
5=a+2
⇔
a=3
Dengan demikian, diperoleh persamaan kurva f(x)
= 3x2 – 4x + 6 dan koordinat titik A(1, 5).
Persamaan gradien garis singgung kurva adalah
m = f′(x) = 6x – 4.
Gradien garis normal di titik A(1, 5) adalah
mn = –
1
f ′(1)
=–
1
6 ·1− 4
1
=–2.
Persamaan garis normal kurva di titik A(1, 5)
sebagai berikut.
y – 5 = mn(x – 1)
⇔
1
y – 5 = – 2 (x – 1)
⇔ 2y – 10 = –x + 1
⇔ x + 2y = 11
Jadi, persamaan garis normal kurva di titik A adalah
x + 2y = 11.
7. f(x) = ax3 + bx2 – 9x + 2
f′(x) = 3ax2 + 2bx – 9
Fungsi f(x) mempunyai titik balik maksimum
(–1, 7) maka f′(–1) = 0 dan f(–1) = 7.
f′(–1) = 0 ⇔3a · (–1)2 + 2b · (–1) – 9 = 0
⇔
3a – 2b = 9 . . . (1)
f(–1) = 7 ⇔ a · (–1)3 + b · (–1)2 – 9 · (–1) + 2 = 7
⇔
–a + b + 9 + 2 = 7
⇔
–a + b = –4 . . . (2)
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).
3a – 2b = 9
×1
3a – 2b = 9
–a + b = –4 × 2
–2a + 2b = –8
––––––––––––– +
a=1
Substitusikan a = 1 ke dalam –a + b = –4.
–1 + b = –4 ⇔ b = –3
Dengan demikian, diperoleh persamaan:
f(x) = x3 – 3x2 – 9x + 2
f′(x) = 3x2 – 6x – 9
Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0.
f′(x) = 3x2 – 6x – 9 = 0
⇔
3(x2 – 2x – 3) = 0
⇔
(x – 3)(x + 1) = 0
⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0
⇔
x = 3 atau
x = –1
Diagram tanda f′(x) sebagai berikut.
+++
---
+++
3
–1
Maksimum Minimum
Dari diagram tanda f′(x) di atas tampak bahwa
fungsi f(x) mencapai minimum di x = 3.
Nilai minimum = f(3)
= 33 – 3 · 32 – 9 · 3 + 2
= 27 – 27 – 27 + 2 = –25
Diperoleh titik balik minimum (3, f(3)) = (3, –25).
Jadi, titik balik minimum fungsi adalah (3, –25).
8. a.
Biaya produksi setiap unit barang:
b(x) = (x2 + 250x – 15.000) ratus rupiah
Biaya produksi x unit barang:
B(x) = x · b(x)
= x(x2 + 250x – 15.000)
= (x3 + 250x – 15.000x) ratus rupiah
Harga jual setiap unit barang:
h(x) = (2x2 – 275x + 75.000)
Harga jual x unit barang:
H(x) = x · h(x) = (2x3 – 275x2 + 75.000x)
Biaya total:
TC(x) = biaya produksi x unit barang + biaya
tetap
= (x3 + 250x2 – 15.000x + 150.000) ratus
rupiah
Laba = penjualan – biaya total
⇔ L(x) = H(x) – TC(x)
= (2x3 – 275x2 + 75.000x)
– (x3 + 250x2 – 15.000x + 150.000)
= (x3 – 525x2 + 90.000x – 150.000)
ratus rupiah
Matematika Kelas XI
107
Fungsi L(x) mencapai stasioner jika L′(x) = 0.
L′(x) = 3x2 – 1.050x + 90.000 = 0
⇔
3(x2 – 350x + 30.000) = 0
⇔
(x – 150)(x – 200) = 0
⇔ x – 150 = 0
atau x – 200 = 0
⇔
x = 150 atau
x = 200
Diagram tanda L′(x) sebagai berikut.
---
+++
+++
150
200
Maksimum Minimum
Dari diagram tanda L′(x) di atas tampak bahwa
fungsi L(x) mencapai maksimum di x = 150.
Jadi, banyak barang yang harus diproduksi
setiap bulan 150 unit agar perusahaan
memperoleh laba maksimum.
b.
Laba maksimum:
L(150) = (150 3 – 525 · 1502 + 90.000 · 150
– 150.000) ratus
= 4.912.500 · 100
= 491.250.000
Jadi, laba maksimum yang diperoleh
perusahaan Rp491.250.000,00 per bulan.
9. Perhatikan gambar berikut.
2
a
a
a
Misalkan: a = panjang rusuk alas kotak
b = tinggi kotak
Volume kotak:
V = luas alas · tinggi
⇔ 108 = a2 · b
b=
108
a2
= a2 + 4 · a ·
(a, b)
1
2
108
a2
432
b
3
4
X
x + 2y = 4
Misalkan: titik (a, b) terletak pada garis x + 2y = 4
diperoleh:
a + 2b = 4 ⇔ a = 4 – 2b
Luas persegi panjang:
L =p·A
=a·b
= (4 – 2b) · b
= 4b – 2b2
108
b
Luas permukaan kotak:
L = luas alas + 4 · bidang tegak
= a2 + 4 · ab
3
0
10. Perhatikan gambar berikut.
⇔
Y
1
Luas persegi panjang mencapai maksimum jika
L′ = 0.
L′ = 0
⇔ 4 – 2 · 2b = 0
⇔
4 – 4b = 0
⇔
4 = 4b
⇔
b=1
Substitusikan b = 1 ke dalam persamaan
a = 4 – 2b.
a = 4 – 2b = 4 – 2 · 1 = 4 – 2 = 2
Luas maksimum: L = ab = 2 · 1 = 2
Jadi, luas maksimum persegi panjang tersebut
2 satuan luas.
Turunan Fungsi
= a2 + a
Luas permukaan mencapai maksimum jika L′ = 0.
L′ = 0
432
a2
⇔
2a –
⇔
⇔
2a3 – 432 = 0
a3 = 216
⇔
=0
a=
3
216 = 6
Jadi, panjang rusuk alas kotak adalah 6 cm.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu:
1. menguraikan konsep integral tak tentu;
2. menentukan hasil integral tak tentu;
3. menentukan hasil integral menggunakan metode substitusi;
4. menggunakan integral untuk menentukan fungsi asal.
Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik berperilaku disiplin dan kritis dalam kehidupan seharihari.
Integral Tak Tentu
Konsep Integral Tak Tentu
•
•
•
•
Mengidentifikasi integral sebagai antiturunan.
Menentukan integral fungsi aljabar.
Menggunakan sifat-sifat integral tak tentu.
Menggunakan integral untuk menentukan
fungsi asal.
•
•
•
•
•
Integral Substitusi
•
•
Mengidentifikasi konsep integral substitusi.
Menentukan hasil pengintegralan fungsi berpangkat menggunakan integral substitusi.
Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri
dalam menyelesaikan masalah.
Mampu menguraikan konsep integral tak tentu sebagai kebalikan dari turunan.
Mampu menentukan hasil integral tak tentu fungsi aljabar.
Mampu menggunakan integral untuk menentukan fungsi asal.
Mampu menentukan hasil pengintegralan fungsi berpangkat menggunakan integral substitusi.
Matematika Kelas XI
109
5. Jawaban: b
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
Antiturunan dari f(x) = axn adalah:
F(x) =
xn + 1
+
+
+
Jawaban: d
∫
=∫ −
=
−
6. Jawaban: c
f(x) = (3x – 1)(x + 3)
∫ f(x) dx = ∫ (3x – 1)(x + 3) dx
= ∫ (3x2 + 8x – 3) dx
−
7. Jawaban: d
+c
∫
−
dx = ∫ (2 – x) dx
+c
= ∫ (2x – ) dx
Jawaban: b
∫ f(x) dx = ∫
dx
= x2 – x2 + c
= ∫ x dx
=
+
x
+1
8. Jawaban: a
+ c1
∫ (2 – 3 )2 dx = ∫ (4 – 12 + 9x) dx
9. Jawaban: c
f′(x) = 6x2 + 2x – 3
∫ g(x) dx = ∫ 2x3 dx
f(x) = ∫ (6x2 + 2x – 3) dx = 2x3 + x2 – 3x + c
Grafik fungsi f(x) melalui titik (1, 4), berarti:
f(1) = 4 ⇔ 4 = 2 + 1 – 3 + c
⇔ c=4
Jadi, rumus fungsi f(x) = 2x3 + x2 – 3x + 4.
= 2 · + x3 + 1 + c2
c2
= x4 + c2
∫ f(x) dx + ∫ g(x) dx = x + x4 + c
4.
Jawaban: b
∫ (4x –
=
110
4 · x2 – 3 · − x–1
2x2 + + c
Integral Tak Tentu
10. Jawaban: c
Percepatan = a(t) = 5 – t
) dx = ∫ (4x – 3x–2) dx
=
= 4x – 8x + x2 + c
4
x +
= 4x – 12 · + 9 · x2 + c
x + c1
= x + c1
=
= 2 · x2 – + c
=
= 3 · x3 + 8 · x2 – 3x + c
= x3 + 4x2 – 3x + c
dx
dx
= −
3.
−
dx = ∫ + c = 4x2 + c
Jadi, antiturunan f(x) adalah F(x) = 4x2 + c.
2.
x4 – x3 + x2 + 3x + c
= x4 – 2x3 + x2 + 3x + c
=
+c=
= 4 · + x3 + 1 – 6 · + x2 + 1 + 2 · + x1 + 1 + 3x + c
+ c.
f(x) = 10x = 10 F(x) =
∫ (4x3 – 6x2 + 2x + 3) dx
= a(t) ⇒ v(t) = ∫ a(t) dt = ∫ (5 – t) dt
= 5t –
+c
2
t
+c
Benda bergerak dari keadaan diam maka
v(0) = 0 ⇒ c = 0.
Kecepatan benda dirumuskan v(t) = 5t –
2
t.
c.
Pada saat benda berhenti berarti kecepatannya 0.
2
t
v(t) = 0 ⇔
5t –
⇔
t(10
=2·
=0
a.
d.
Antiturunan dari f(x) = x5 adalah:
6
x
g(x) =
=
=
3.
a.
c.
h(x) =
− +
= –2 d.
k(x) =
−
+c
=
=
2.
a.
+
+
c.
+c
= ∫ f(x) dx = ∫ (3 – )(4 + 2 ) dx
= ∫ (12 + 2 – 2x) dx
= 12x + 2 · – 2 · x2 + c
= 12x + x – x2 + c
+c
d.
∫ f(x) dx = ∫ (2x +
= ∫ (8x – 2 + 4 ) dx
)(4 –
−
– 1) dx
= 8 · x2 – 2 · + 4 · – x + c
+c
∫ (2x2 – 10x) dx
= 4x2 – x2 + 8 – x + c
= x3 – 5x2 + c
∫ (6x2 + 8x + 3) dx
+ 9x–2) dx
= ∫ (12 + 2 – 2x) dx
+c
= 2 · x3 – 10 · x2 + c
b.
= 2x2 – 24 – + c
+ c
2
x
−
−
∫ f(x) dx = ∫ (2 – )2 dx
= 4 · x2 – 12 · + 9 · − x–1 + c
−
+c=–
= ∫ (4x – 12 Antiturunan dari k(x) adalah:
K(x) =
+ ) dx
b.
− +
= −
=6 + x + c
Antiturunan dari h(x) adalah:
H(x) =
dx
–3
x +c
−
– +c
= +
= 3 · 2 + + c
x–4 + 1
− +
∫ f(x) dx = ∫
= ∫ (3 +c
= x–4
= t3 – 10t2 + 25t + c
Antiturunan dari g(x) adalah:
G(x) =
∫ (2t – 5)2 dt
= ∫ (4t2 – 20t + 25) dt
= 4 · t3 – 20 · t2 + 25t + c
+ c.
F(x) = + x5 + 1 + c =
b.
– 15 · x3 + c
B. Uraian
1. Antiturunan dari f(x) = xn adalah:
F(x) =
4
x
= x4 – 5x3 + c
– t) = 0
⇔ t = 0 atau t = 10
Jadi, benda berhenti setelah 10 detik.
xn + 1
+
∫ x2 (2x + 15) dx
= ∫ (2x3 + 15x2) dx
= 6 · x3 + 8 · x2 + 3x + c
= 2x3 + 4x2 + 3x + c
4.
a.
f′(x) = mx – 4
f′(1) = 6 ⇔ m(1) – 4 = 2
⇔
m=6
Diperoleh: f′(x) = 6x – 4
f(x) = ∫ f′(x) dx
= ∫ (6x – 4) dx
= 3x2 – 4x + c
Matematika Kelas XI
111
f(–1) = 3 ⇔ 3(–1)2 – 4(–1) + c = 3
⇔
3+4+c=3
⇔
c = –4
Jadi, f(x) = 3x2 – 4x – 4.
b.
Diketahui ketinggian bola mula-mula 8 meter,
berarti h(0) = 8.
h(0) = 8 ⇔ 24(0) – 5(0)2 + c = 8
⇔
0–0+c=8
⇔
c=8
Jadi, ketinggian bola setelah t detik dinyatakan dengan fungsi h(t) = 6t – 5t2 + 8.
∫ f(x) dx = ∫ (3x2 – 4x – 4) dx
= x3 – 2x2 – 4x + c
5.
a.
v(t) = 24 – 10t
v(t) =
b.
, maka:
h(t) = ∫ v(t) dt
= ∫ (24 – 10t) dt
= 24t – 5t2 + c
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
Misalkan: u = x – 3
∫
Untuk t = 2:
h(2) = 24(2) – 5(2)2 + 8
= 24 – 20 + 8
= 12
Jadi, ketinggian bola pada detik kedua adalah
12 meter.
+
dx = ∫
= 2 ∫ u–2 du
= 1 ⇔ du = dx
= 2 · − u–1 + c
∫ − dx = ∫ (x – 3) dx
= ∫ du
=
= – + c = − +
4.
=
2.
+c
(x – 3)
= u5 + c = (x – 2)5 + c
∫ (4 – x)3 dx = ∫ u3 (–du)
= – ∫ u3 du
4
u
= 1 ⇔ du = dx
∫ (x – 2)4 dx = ∫ u4 du
− +c
= –1 ⇔ –du = dx
=–
Jawaban: a
Misalkan: u = x – 2
u + c
Jawaban: d
Misalkan: u = 4 – x
+c
∫ (x2 – 4x + 4)2 dx = ∫ ((x – 2)2)2 dx
= ∫ (x – 2)4 dx
=
· du
Jadi, ∫ (x2 – 4x + 4)2 dx = (x – 2)5 + c.
5.
Jawaban: e
Misalkan: u = x2 – 2
+c
= – (4 – x)4 + c
= 2x ⇔ du = 2x dx
∫ 2x − dx = ∫
=∫
− · 2x dx
du
3.
= ∫ du
Jawaban: e
Misalkan: u = 2x + 9
= 2 ⇔ du = dx
= + c
= u +c
= (x2 – 2) − + c
112
Integral Tak Tentu
6.
9. Jawaban: a
Misalkan: u = x3 + 6x + 1 maka:
Jawaban: b
Misalkan: u = 9 – x3
= –3x2 ⇔
⇔ – du = x2 dx
∫
dx = ∫ (9 – x3)
− −
= ∫
7.
−
= +c
=
=
u +c
(x3 + 6x + 1) + c
10. Jawaban: e
Jawaban: c
Misalkan: u = x2 – 6x + 2
∫ du
= · + c
+c
− = ∫ · +c
= ∫ (x3 + 6x + 1) (x2 + 2) dx
du
= – (–2)u
=
· x2 dx
−
∫ (x2 + 2)(x3 + 6x + 1) dx
· (– ) du
= – ∫
=
−
= 3x2 + 6 = 3(x2 + 2) ⇔ (x2 + 2) dx = Sehingga diperoleh:
du = –3x2 dx
Misalkan: u =
= 2x – 6 ⇔
⇔
= 2(x – 3)
du = (x – 3) dx
∫(
∫ (x – 3)(x2 – 6x + 2) dx = ∫ (x2 – 6x + 2)(x – 3) dx
+ –4
) ( +
= –x–2 ⇔ –du = x–2 dx
+
) dx = 6 ∫ ( )–4 (x–2 dx)
= 6 ∫ (u)–4 (–du)
= ∫ u · du
= –6 ∫ u–4 du
= ∫ u du
=
=
· u2
2
u +c
=
8.
(x2
= –6 · − u–3 + c
+c
– 6x +
Jawaban: b
Misalkan: u = x2 – 2x
= 2u–3 + c
+
2)2
+c
B. Uraian
1.
a.
− = 2x – 2 = 2(x – 1)
dx = ∫ (x2 – 2x)
−
=∫ =
·
−
∫
−
∫ (x + 7)3 dx = ∫ u3 du
=
=
4
u
+c
(x + 7)4 + c
Jadi, hasil pengintegralan f(x) adalah
du
− + c
= 1 ⇔ du = dx
Sehingga diperoleh:
(x – 1) dx
= · 2 + c
=
∫ f(x) dx = ∫ (x + 7)3 dx
Misalkan: u = x + 7
−
= ( )–3 + c = 2( + )3 + c
⇔ (x – 1) dx = Sehingga diperoleh:
∫
= 1 + = 1 + x–1
b.
(x + 7)4 + c.
−
∫ f(x) dx = ∫
dx
Misalkan: u = 4 – x
= –1 ⇔ dx = –du
Matematika Kelas XI
113
Sehingga diperoleh:
−
∫
dx = ∫
= ∫ du
(–du)
−
=–∫ 4.
− +c
= –2
a.
= 2x – 4 = –2(2 – x)
⇔ (2 – x) dx = −
Sehingga diperoleh:
− + c.
Misalkan: u = x2 – 3
Misalkan: u = x2 – 4x + 8 maka:
Jadi, hasil pengintegralan f(x) adalah
2.
∫
= 2x ⇔ 2x dx = du
−
dx = ∫ (x2 – 4x + 8)
− + ∫ 2x(x2 – 3)3 dx = ∫ (x2 – 3)3 · 2x dx
= ∫ u3 du
4
u +
=
=
b.
−
=∫ =–
c
− ∫
3x2)–2
· x dx
∫ u–2 du
= −
= – · − u–1 + c
5.
− +
− = 2(2x – 3)(2x – 3)
du
= –3
f(x) = ∫
− dx
=∫
+c
· −
=–
c
∫ du
= – · + c
=–
u +c
− + c
= – (4 – 3x)
Misalkan: u = 2x – 3 maka:
Diketahui f(1) = 12, maka:
− + c = 12
– (4 – 3)
=2
⇔ 2 dx = du
Sehingga diperoleh:
⇔
∫ g(x) dx = ∫ 2(2x – 3) dx
− dx.
= 2(2x – 3) = ∫ (2x – 3) · 2 dx
Integral Tak Tentu
⇔ dx = −
Sehingga diperoleh:
g(x) = (4x – 6) − 114
−
∫
− , maka f(x) = ∫
Diketahui f′(x) =
Misalkan: u = 4 – 3x maka:
= + c
= – − + c
= 3 ∫ u–2 · −
3.
(2 – x) dx
dx = 3 ∫ (4 –
=
· −
= –6x ⇔ x dx = −
=
−
= – · 2 + c
(x2 – 3)4 + c
Misalkan: u = 4 – 3x2
− + c
= (2x – 3)2
= –2 + c
–2
= + c
du
–
⇔
Jadi, fungsi f(x) =
+ c = 12
c = 12
(4 – 3x)
− + 12 .
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
f(x) = x3
Antiturunan f(x) adalah:
F(x) = + x3 + 1 + c =
2.
9. Jawaban: c
∫ 3 (2 + 1) dx = ∫ (6x + 3 ) dx
= ∫ (6x + 3x ) dx
4
x
= 3x2 + 2x + c
Jawaban: c
∫
dx = ∫ x2 dx
10. Jawaban: a
Antiturunan sama dengan integral, maka antiturunan
dari f(x) adalah:
= ∫ x dx
F(x) = ∫ f(x) dx = ∫ (3x –
= x + c
= ∫ (3x – 2x
= x3 + c
−
)2 dx
)2 dx
3.
= ∫ (9x2 – 12x + 4x
Jawaban: e
∫
dx = 4 ∫ x–5 dx
+c
5.
x + c =
4
x
+c
1+1
x
+ + 3x + c
Jawaban: d
∫ (8x3 + 2x + 3) dx = 8 · x4 + 2 · x2 + 3x + c
= 2x4 + x2 + 3x + c
Jawaban: a
∫ 2x(1 – 3x) dx = ∫ (2x – 6x2) dx
=2·
2
x
–6·
3
x
+c
Jawaban: b
∫ (x + 3)(3x – 5) dx
= ∫ (3x2 + 4x – 15) dx
= 3 ∫ x2 dx + 4 ∫ x1 dx – 15 ∫ x0 dx
12. Jawaban: c
f′(x) = 4x – 3
f(x) = ∫ f′(x) dx
= ∫ (4x – 3) dx
= 2x2 – 3x + c
f(–1) = 9
⇔ 2(–1)2 – 3(–1) + c = 9
⇔
2+3+c=9
⇔
c=4
Jadi, f(x) = 2x2 – 3x + 4.
13. Jawaban: a
= x2 – 2x3 + c
8.
= 2x3 + 2x2 – 2x + c
= x2 + 3x + c = x2 + 3x + c
7.
∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ ((4x – 5) + (6x2 + 3)) dx
= ∫ (6x2 + 4x – 2) dx
Jawaban: a
∫ (2x + 3) dx =
6.
) dx
11. Jawaban: d
∫ 3x3 dx = 3 ∫ x dx
=3·
= 3x3 – x + 12 + c
Jawaban: c
−
= 9 · x3 – 12 · x + 4 · 3x + c
= 4 · − x-4 + c = –
4.
= 6 · x2 + 3 · x + c
+c
= + x2 + 1 + + x1 + 1 – + x0 + 1 + c
= x3 + 2x2 – 15x + c
f(x) = ∫ f′(x) dx
= ∫ (x2 + 3x – 1) dx =
f(1) =
⇔
· 13 +
⇔
3
x
· 12
+
⇔
3
x
2
x
–x+c
–1+c=
–1+c=
⇔
Jadi, f(x) =
+
+c=
c=0
+
2
x
– x.
Matematika Kelas XI
115
∫ (1 – x)5 dx = ∫ u5 (–du)
14. Jawaban: d
= – ∫ u5 du
= 3x2 + 4x – 2
y = ∫ dx
= ∫ (3x2 + 4x – 2) dx
x3
2x2
= +
– 2x + c
Kurva melalui titik (–1, 5) berarti:
5 = (–1)3 + 2(–1)2 – 2(–1) + c
⇔ 5 = –1 + 2 + 2 + c
⇔ 5=3+c
⇔ c=2
Jadi, persamaan kurva: y = x3 + 2x2 – 2x + 2.
18. Jawaban: c
Misalkan: u = x + 2
= ∫ du
=
f(x) = ∫ (2ax2 + (a – 1)x) dx
⇔
a
19. Jawaban: e
Misalkan: u = 2x + 5
a + 2(a – 1) + c = 24
16a + 6a – 6 + 3c = 72
22a + 3c = 78
. . . . (1)
∫
dx =
du
du
=2 ⇔
∫
·
= dx
= 3∫ u–2 du
+ (a – 1) + c = 7
⇔
4a + 3a – 3 + 6c = 42
⇔
7a + 6c = 45
. . . . (2)
Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2).
22a + 3c = 78 × 2 44a + 6c = 156
7a + 6c = 45 × 1
7a + 6c = 45
–––––––––––– –
37a = 111
⇔
a=3
Jadi, nilai a = 3.
16. Jawaban: d
MC = 8x – 5
C = ∫ MC dx
= ∫ (8x – 5) dx
= 4x2 – 5x + c
C(5) = 80
⇔ 4(52) – 5(5) + c = 80
⇔
100 – 25 + c = 80
⇔
75 + c = 80
⇔
c=5
Jadi, fungsi biaya total adalah C = 4x2 – 5x + 5.
17. Jawaban: d
Misalkan: u = 1 – x
116
+ c
= (x + 2) + + c
+ (a – 1)(2)2 + c = 24
⇔
⇔
f(1) = 7
⇔
= u + c
= ax3 + (a – 1)x2 + c
f(2) = 24
a(2)3
= 1 ⇔ du = dx
∫ + dx = ∫ (x + 2) dx
15. Jawaban: c
⇔
= – u6 + c = – (1 – x)6 + c
= –1 ⇔ –du = dx
Integral Tak Tentu
= 3 · − u–1 + c
= – + c = – + + c
20. Jawaban: e
Misalkan: u = 4 – 3x maka:
= –3 ⇔ dx = −
Sehingga diperoleh:
∫ 2(4 – 3x)4 dx = 2 ∫ u4 ·
= −
−
∫ u4 du
= – · u5 + c
= – (4 – 3x)5 + c
21. Jawaban: c
Misalkan u = x2 – 12
= 2x ⇔ 2x dx = du
∫ 2x(x2 – 12)4 dx = ∫ (x2 – 12)4 · 2x dx
= ∫ u4 du
= u5 + c
= (x2 – 12)5 + c
22. Jawaban: c
Misalkan: u = 3x2 + 1 maka:
∫ 3x + dx = ∫ (3x2 + x) · (3x) dx
= ∫ · =
=
=
∫
−
− −
= ∫
c
∫
− −
–
dx)
27. Jawaban: d
Misalkan: u = x2 + 5x – 11 maka:
du
∫ (6x + 15)(x2 + 5x – 11)5 dx
= ∫ 3(2x + 5)(x2 + 5x – 11)5 dx
= 3 ∫ (x2 + 5x – 11)5 · (2x + 5) dx
= 3 ∫ u5 du
= –2 − + c
24. Jawaban: e
Misalkan: u = 3 – 2x3
− =–∫ =–
=
−
−
= (x2 + 5x – 11)6 + c
(–6x2 dx)
28. Jawaban: a
Misalkan: u = x + 1
du
+c
+c=
−
∫
− = ∫ (x + 1)2 (x + 1) dx
+c
= ∫ (x + 1) dx
= 2 – 2x = –2(x – 1) ⇔ (x – 1) dx =
dx = ∫ (1 + 2x –
x2)–3
= ∫ u–3 · −
= − ∫ u–3 du
= 1 ⇔ du = dx
∫ (x2 + 2x + 1) dx
25. Jawaban: d
Misalkan: u = 1 + 2x – x2
−
+ − +c
−
6
u
=3·
= –6x2 ⇔ du = –6x2 dx
dx = – ∫ (3 – 2x3)
= 2x + 5 ⇔ du = (2x + 5) dx
Sehingga diperoleh:
= –2 + c
∫
du
= 4 − + c
2x2)– (–4x
=4 +c
=–u +c
· 2(2x – 3) dx
= 2 · 2 + c
dx = – ∫ (1 –
=–∫u
−
· 2 du
=2∫ + + c
= –4x ⇔ du = –4x dx
= 2x – 3 ⇔ du = (2x – 3) dx
dx = ∫ (x2 – 3x + 23. Jawaban: b
Misalkan u = 1 – 2x2
+c
26. Jawaban: c
Misalkan: u = x2 – 3x + 8
∫ du
·
+
(3x2 + 1)
(1 + 2x – x2)–2 + c
+ − =
= 6x ⇔ 3x dx = Sehingga diperoleh:
=
−
· (x – 1) dx
= ∫ du
=
= = + c
+ c
+ c
= – · − u–2 + c
Matematika Kelas XI
117
29. Jawaban: c
Misalkan f(x) = 4x dan g(x) =
∫ (4x –
b.
− , maka:
∫
+
dx = ∫ (
− ) dx = ∫ (f(x) – g(x)) dx
− dx
=
2.
du = dx
=
=
Jadi, ∫ (4x –
Antiturunan sama dengan integral, berarti
antiturunan dari f(x) adalah F(x) = ∫ f(x)dx.
a.
∫ du
+ c2
= 2x3 + x2 – 6x + c
+ c2
b.
− + c2
− ) dx = 2x2 –
− + c.
3.
= 2 ⇔ = dx
∫ f(2x + 15) dx = ∫ f(u)
= ∫ f(u) du
∫ y dx = ∫ (2x + 1) dx = x2 + x + c
b. ∫ (y2 – y) dx = ∫ ((2x + 1)2 – (2x + 1)) dx
= ∫ (4x2 + 4x + 1 – 2x – 1) dx
= ∫ (4x2 + 2x) dx
a.
= x3 + x2 + c
= (6u2 + c)
= 3u2 +
4.
a.
f′(x) = mx – 4
f′(1) = 2 ⇔ m – 4 = 2
⇔
m =6
Diperoleh f′(x) = 6x – 4
f(x) = ∫ f′(x) dx
= ∫ (6x – 4) dx
= 3x2 – 4x + c
f(–1) = 3 ⇔ 3(–1)2 – 4(–1) + c = 3
⇔
3+4+c=3
⇔
c = –4
Jadi, f(x) = 3x2 – 4x – 4.
b.
∫ f(x) dx = ∫ (3x2 – 4x – 4) dx
= x3 – 2x2 – 4x + c
c
= 3(2x + 15)2 + k
B. Uraian
∫
dx = ∫ 3 −
=3∫ =3·
dx
dx
+ c
= x4 + c
118
= 9x – 8x + 2x2 + c
Misalkan: u = 2x + 15
a.
= 9x – 12 · x + 4 · x2 + c
∫ f(x) dx = 6x2 + c
1.
F(x) = ∫ (3 – 2 )2 dx
= ∫ (9 – 12x + 4x) dx
30. Jawaban: d
= 6 · x3 + 5 · x2 – 6x + c
F(x) = ∫ (2x + 3)(3x – 2) dx
= ∫ (6x2 + 5x – 6) dx
·
=6 ⇔
= x – +c
∫ g(x) dx = ∫ · du
) dx
= 5 · + 4 · − x–1 + c
Misalkan: u = 6x – 1
=
) dx
= 2x2 + c1
= ∫ (5 + 4x–2) dx
∫ f(x) dx = ∫ 4x dx
+
= ∫ (5 +
= ∫ f(x) dx – ∫ g(x) dx
∫ g(x) dx = ∫
Integral Tak Tentu
5.
a.
Misalkan:
u = 2x – 7 maka:
= 2 ⇔ dx =
−
Jadi, nilai f(–2) = – .
du
7.
Misalkan: u = x2 – x + 8
= 2 · 2 + c
= 4 − + c
b.
=3∫
= 2x ⇔ 2x dx = du
∫ 6x
9)5
+
dx = 3 ∫
(x2
9)5
+
6
u
=3·
=
6.
f’(x) =
du
= 3 ∫ u du
· 2x dx
= 3 ∫ u5 du
− + (2x – 1) dx
=3∫
Sehingga diperoleh:
(x2
= 3 · u + c
+c
= 2 + c
(x2
+
9)6
+c
= 2u + c
= 2(x2 – x + 8) − + + c
− f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫
− dx
8.
Misalkan: u = x2 – 4x + 2
Misalkan: u = 5 – 2x
= 2x – 1 ⇔ du = (2x – 1) dx
∫ (6x – 3) − + dx
Misalkan: u = x2 + 9 maka:
= –2 ⇔
−
= dx
∫
Sehingga diperoleh:
− − = 2x – 4 ⇔ du = (2x – 4) dx
dx = ∫ (x2 – 4x + 2)–2 · 4(2x – 4) dx
= 4 ∫ u–2 du
f(x) = ∫
·
−
=–
= 4 · − u–1 + c
∫ du
=– +c
= – · + c
=–
+ c
− =–
= – −
9.
+c
−
∫ y3 dx = ∫ u3 ·
– +c=8
c=8
Diperoleh:
f(x) = –
− +
= –4 ⇔ −
Sehingga diperoleh:
+c=8
⇔
+c
∫ y3 dx = ∫ (3 – 4x)3 dx
⇔
a.
+
Misalkan: u = 3 – 4x
Diketahui f(2) = 8, maka:
–
= –9 + 8 = – · =2∫ +8
dx = ∫
− = – (27) + 8 Sehingga diperoleh:
∫
+
f(–2) = – 8
=–
=–
= dx
−
∫ u3 du
·
4
u
+c
= – (3 – 4x)4 + c
Matematika Kelas XI
119
b.
∫ y3 dy =
=
10. a.
b.
4
y
∫ f(8 – 3x) dx = ∫ f(u) dx
(3 – 4x)4 + c
∫ (8 – 3f(x)) dx = ∫ 8 dx – ∫ 3f(x) dx
= 8 ∫ dx – 3 ∫ f(x) dx
= 8x – 3( −
)+c
= 8x – 3 −
+c
∫ f(8 – 3x) dx
Misalkan: u = 8 – 3x
120
Sehingga diperoleh:
+c
= –3 ⇔ − = dx
Integral Tak Tentu
=–
=–
=–
=–
∫ f(u) du
−
+c
− −
− +c
+c
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.
Nilai
Frekuensi
61–65
66–70
71–75
76–80
81–85
86–90
91–95
2,5% × 40 = 1
12,5% × 40 = 5
12,5% × 40 = 5
37,5% × 40 = 15
20% × 40 = 8
10% × 40 = 4
5% × 40 = 2
2. Jawaban: b
Data dalam bentuk tabel sebagai berikut.
fi
50–54
55–59
60–64
65–69
70–74
75–79
80–84
2
n
30
36
18
14
6
∑
=
106 + n
–
x=
∑ =
∑ =
xi
Tinggi Badan (cm)
fixi
⇔
104
57n
1.860
2.412
1.296
1.078
492
7.242 + 57n
67 =
+ +
⇔ 7.102 + 67n = 7.242 + 57n
⇔
10n = 140
⇔
n = 14
Mobil yang berkecepatan kurang dari
60 km/jam adalah mobil yang berkecepatan
50–54 km/jam dan 55–59 km/jam.
Banyak mobil yang berkecepatan 50–54 km/jam = 2
Banyak mobil yang berkecepatan 55–59 km/jam = 14
Jadi, banyak mobil yang berkecepatan kurang dari
60 km/jam = 14 + 2 = 16.
7
13 – 7 = 6
21 – 13 = 8
27 – 21 = 6
32 – 27 = 5
38 – 32 = 6
41 – 38 = 3
← Kelas Mo
Modus terletak di kelas interval 155–159.
Lo = 155 – 0,5 = 154,5
d1 = 8 – 6 = 2
d2 = 8 – 6 = 2
p = 159 – 155 + 1 = 5
Mo = Lo +



= 154,5 +
52
57
62
67
72
77
82
Banyak Siswa
145–149
150–154
155–159
160–164
165–169
170–174
175–179
Dari tabel diperoleh sebanyak 15 siswa memperoleh nilai 76–80.
Kecepatan
(km/jam)
3. Jawaban: c
Tabel distribusi frekuensi data sebagai berikut.
+



·p
 
 + 


·5
= 154,5 + 2,5
= 157
Jadi, modus data adalah 157.
4. Jawaban: a
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai
berikut.
Skor
fi
fk
10
7
7
20
8
15
30
8
23
40
3
26
50
4
30
Banyak data = 30
Q1 = nilai data ke- (30 + 1)
= nilai data ke-7,75
= x7 + 0,75(x8 – x7)
= 20 + 0,75(20 – 10)
= 20 + 0,75 × 10
= 20 + 7,5 = 27,5
Matematika Kelas XI
121
heru
Σfi (xi – )2 = 4(53 – 64)2 + 5(58 – 64)2 + 9(63 – 64)2
+ 5(68 – 64)2 + 7(73 – 64)2
= 4 × (–11) 2 + 5 × (–6) 2 + 9 × (–1) 2
+ 5 × (4) 2 + 7 × (9) 2
= 4 × 121 + 5 × 36 + 9 × 1 + 5 × 16
+ 7 × 81
= 484 + 180 + 9 + 80 + 567
= 1.320
Q3 = nilai data ke- (30 + 1)
= nilai data ke-23,25
= x23 + 0,25(x24 – x23)
= 30 + 0,25(40 – 30)
= 30 + 0,25 × 10
= 30 + 2,5 = 32,5
Jangkauan antarkuartil = Q3 – Q1
= 32,5 – 27,5 = 5
Jadi, jangkauan antarkuarti data adalah 5.
5. Jawaban: d
Nilai (xi)
3
4
5
6
7
8
9
Frekuensi (fi)
4
3
3
5
5
4
1
fi xi
12
12
15
30
35
32
9
Σfi = 25
Σfi xi = 145
=
Σ Σ
= = 5,8
Σfi |xi – | = 4|3 – 5,8| + 3|4 – 5,8| + 3|5 – 5,8|
+ 5|6 – 5,8| + 5|7 – 5,8| + 4|8 – 5,8|
+ 1|9 – 5,8|
= 4 × 2,8 + 3 × 1,8 + 3 × 0,8 + 5 × 0,2
+ 5 × 1,2 + 4 × 2,2 + 1 × 3,2
= 11,2 + 5,4 + 2,4 + 1 + 6 + 8,8 + 3,2
= 38
Simpangan rata-rata:
SR =
Σ − Σ
= = 1,52
Jadi, simpangan rata-rata data 1,52.
6. Jawaban: b
Berat Badan (kg)
fi
xi
fi x i
51–55
56–60
61–65
66–70
71–75
4
5
9
5
7
53
58
63
68
73
212
290
567
340
511
Σfi = 30
Σfixi = 1.920
=
Σ
Σ
=
122
= 64
Ulangan Akhir Semester
Σ ( − )
Σ
S=
=
=
=
× =
×
= 2 Jadi, simpangan baku data tersebut 2 .
7. Jawaban: d
Bilangan ratusan kurang dari 400 akan dibentuk
dari angka-angka 0, 1, 2, 4, dan 5.
Bilangan ratusan memiliki nilai tempat ratusan,
puluhan, dan satuan.
Bilangan ratusan kurang dari 400 dapat dibentuk
dengan cara berikut.
Ratusan
Puluhan
Satuan
2 cara
5 cara
5 cara
dapat diisi
angka 0, 1, 2, 4, 5
dapat diisi angka 0, 1, 2, 4, 5
dapat diisi angka 1, 2
Banyak bilangan ratusan kurang dari 400 yang
dapat dibentuk = 2 × 5 × 5 = 50.
8. Jawaban: c
Susunan benda yang mungkin sebagai berikut.
A x x x x x F
F x x x x x A
5! cara
Bendera yang terletak di antara A dan F dapat
diatur dengan 5! cara.
Banyak cara mengatur bendera
= 2 × 5!
=2×5×4×3×2×1
= 2 × 120
= 240
9. Jawaban: a
Banyak anak yang masih harus dipilih
= 5 – (1 + 2) = 2 anak
Kemungkinan 2 anak yang terpilih adalah 2 anak
laki-laki atau 1 anak laki-laki dan 1 anak perempuan
atau 2 anak perempuan.
Misalkan:
A = kejadian terpilih 2 anak laki-laki
B = kejadian terpilih 1 anak laki-laki dan 1 anak
perempuan
C = kejadian terpilih 2 anak perempuan
n(A) = banyak cara memilih 2 anak laki-laki dari 7
anak laki-laki
= 7C2 =
× × × × =
= 21
n(B) = banyak cara memilih 1 anak laki-laki dari 7
anak laki-laki dan 1 anak perempuan dari 4
anak perempuan
= 7C1 × 4C1
= × × × = × × × = 7 × 4 = 28
n(C) = banyak cara memilih 2 anak perempuan dari
4 anak perempuan
× × = 4C2 = = × × = 6
Banyak cara memilih 2 anak lainnya = n(A) + n(B)
+ n(C) = 21 + 28 + 6 = 55 cara.
Jadi, banyak cara memilih 5 anak tersebut apabila
satu anak laki-laki dan dua anak perempuan harus
disertakan adalah 55.
10. Jawaban: e
Banyak soal yang harus dikerjakan = 5.
Sisa soal yang dapat dipilih siswa untuk dikerjakan
ada 3. Tiga soal tersebut dapat dipilih dari 5 soal.
Banyak pilihan soal = 5C3
= =
n(S) = 20C2 =
=
= 10 × 19 = 190
Kartu bernomor prima ada 4, yaitu 53, 59, 61, dan 67.
Misalkan A = kejadian terambil kedua kartu
bernomor prima, maka A′ = kejadian terambil kedua
kartu tidak bernomor prima.
n(A) = banyak cara mengambil 2 kartu bernomor
prima dari 4 kartu bernomor prima
× × = 1 – = = Jadi, peluang kedua kartu yang terambil tidak
bernomor prima .
12. Jawaban: b
Jumlah kelereng dalam kotak = 3 + 5 + 4 = 12.
Tiga kelereng diambil dari 12 kelereng, maka
banyak anggota ruang sampel:
n(S) = 12C3
× × × = = × × × = 2 × 11 × 10 = 220
Kemungkinan kelereng yang terambil (2 biru,
1 kuning) atau (2 biru, 1 merah).
Misalkan:
A = kejadian terambil 2 kelereng biru dan 1 kelereng
kuning
B = kejadian terambil 2 kelereng biru dan 1 kelereng
merah
n(A) = banyak cara mengambil 2 kelereng biru dari
4 kelereng biru dan 1 kelereng kuning dari 3
kelereng kuning
= 4C2 × 3C1
= × × × 11. Jawaban: e
Dua kartu diambil dari 20 kartu, maka banyak
anggota ruang sampel:
× × × × P(A) = = Peluang kedua kartu yang terambil tidak bernomor
prima:
P(A′) = 1 – P(A)
× = × × × × = 6 × 3 = 18
× × × × = 10
Jadi, banyak pilihan soal yang dapat dikerjakan
siswa ada 10.
Peluang terambil kedua kartu bernomor prima:
= 4C2 = = × × = 2 × 3 = 6
n(B) = banyak cara mengambil 2 kelereng biru dari
4 kelereng biru dan 1 kelereng merah dari 5
kelereng merah
= 4C2 × 5C1
= × × × × = × × × × = 6 × 5 = 30
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang terambil 2 kelereng biru
= P(A) + P(B)
= + = = + =
Matematika Kelas XI
123
heru
13. Jawaban: a
Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama
sekali, maka banyak anggota ruang sampel adalah
n(S) = 6 × 6.
Misalkan:
A = kejadian terlihat kedua mata dadu sama
= {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}
B = kejadian terlihat hasil kali kedua mata dadu
lebih dari 20
= {(4, 6), (5, 5), (5, 6), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}
A ∩ B = {(6, 6)}
Diperoleh n(A) = 6, n(B) = 6, dan n(A ∩ B) = 1.
Oleh karena A ∩ B = ∅, maka kejadian A dan B
tidak saling lepas.
Peluang terlihat kedua mata dadu sama atau hasil
kali kedua mata dadu tersebut lebih dari 20:
P = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
=
=
+
+
–
∩ –
= 14. Jawaban: c
Banyak percobaan = n = 132 kali
S = kejadian terambil 2 bola dari 12 bola
n(S) = banyak cara mengambil 2 bola dari 12 bola
= 12C2
× × = = × × = 6 × 11= 66
Kemungkinan bola yang terambil adalah 2 bola
merah atau 1 bola merah dan 1 bola kuning.
Misalkan:
A = kejadian terambil 2 bola merah
B = kejadian terambil 1 bola merah dan 1 bola
kuning
n(A) = banyak cara mengambil 2 bola merah dari
7 bola merah
= 7C2 =
=
× × × × = 7 × 3 = 21
n(B) = banyak cara mengambil 1 bola merah dari
7 bola merah dan 1 bola kuning dari 5 bola
kuning
= 7C1 × 5C1
× × × × = × =
×
= 7 × 5 = 35
124
Ulangan Akhir Semester
Kejadian A dan B saling lepas.
Peluang terambil bola merah:
P = P(A) + P(B)
=
=
+
+
=
= Frekuensi harapan terambil 2 bola merah:
Fh = P × n
= × 132
= 112
15. Jawaban: b
Lingkaran yang berpusat di titik P(2, –5) mempunyai persamaan (x – 2)2 + (y + 5)2 = r2. Oleh
karena diameter lingkaran 18 maka jari-jarinya 9,
diperoleh:
(x – 2)2 + (y + 5)2 = r2
⇔
(x – 2)2 + (y + 5)2 = 92
2
⇔ x – 4x + 4 + y2 + 10y + 25 = 81
⇔
x2 – 4x + y2 + 10y + 29 = 81
⇔
x2 – 4x + y2 + 10y – 52 = 0
⇔
x2 + y2 – 4x + 10y – 52 = 0
Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 – 4x + 10y
– 52 = 0.
16. Jawaban: a
Jari-jari lingkaran M sama dengan jarak titik pusat
P(2, 5) terhadap garis 2x + 3y – 6 = 0.
r =
=
=
=
−
−
Persamaan lingkaran M:
(x – 2)2 + (y – 5)2 = r2
⇔ (x – 2)2 + (y – 5)2 = ( )2
⇔ (x – 2)2 + (y – 5)2 = 13
Jadi, persamaan lingkarannya (x – 2)2 + (y – 5)2 = 13.
17. Jawaban: e
x2 + y2 + ax – 8y + 4 = 0
Titik pusat = (– a, 4).
Oleh karena lingkaran menyinggung sumbu X,
diperoleh:
r = |ordinat pusat|
⇔
r=4
⇔
⇔
− + − = 4
20. Jawaban: a
Lingkaran memotong sumbu X positif ketika
y = 0, diperoleh:
(x – 3)2 + (y + 2)2 = 20
⇔ (x – 3)2 + (0 + 2)2 = 20
⇔
(x – 3)2 + 4 = 20
⇔
(x – 3)2 = 16
⇔
x – 3 = 4 atau x – 3 = –4
⇔
x = 7 atau
x = –1
Oleh karena memotong sumbu X positif, maka titik
singgungnya (7, 0).
Persamaan garis singgung di titik (7, 0):
(x1 – 3)(x – 3) + (y1 + 2)(y + 2) = 20
⇔
(7 – 3)(x – 3) + (0 + 2)(y + 2) = 20
⇔
(4)(x – 3) + (2)(y + 2) = 20
⇔
4x – 12 + 2y + 4 = 20
⇔
4x + 2y – 8 = 20
⇔
4x + 2y = 28
⇔
2x + y = 14
Jadi, persamaan garis singgungnya 2x + y = 14.
+ − = 4
⇔
+ = 4
⇔
2
a
+ 12 = 16
2
a
⇔
=4
⇔
= 16
⇔
a = 4 atau –4
Jadi, nilai a yang memenuhi adalah –4 atau 4.
a2
18. Jawaban: b
x2 + y2 – 4x + 8y = 0
⇔
x2 – 4x + y2 + 8y = 0
2
⇔ x – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = 0 + 4 + 16
⇔
(x – 2)2 + (y + 4)2 = 20
Persamaan garis singgung yang bergradien 2:
y + 4 = 2(x – 2) ± r ⇔ y + 4 = 2x – 4 ±
⇔ y + 4 = 2x – 4 ± ⇔
y = 2x – 8 ± 10
⇔
y = 2x – 8 + 10 atau y = 2x – 8 – 10
⇔
y = 2x + 2
atau y = 2x – 18
Jadi, persamaan garis singgungnya y = 2x + 2
dan y = 2x – 18.
19. Jawaban: b
Garis 3x – 4y = 12 mempunyai gradien m1 =
.
Oleh karena garis singgung tegak lurus dengan
garis 3x – 4y = 12, diperoleh:
m · m1 = –1
⇔
m · = –1
⇔
m=–
Persamaan garis singgung:
y = mx ± r ⇔
y = – x ± 3 − ⇔
y = – x ± 3 ⇔
y=– x±3
⇔
y=–x±5
3y = –4x ± 15
⇔
⇔
4x + 3y ± 15 = 0
⇔
4x + 3y + 15 = 0 atau 4x + 3y – 15 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya 4x + 3y + 15
= 0 atau 4x + 3y – 15 = 0.
21. Jawaban: a
Cek kedudukan titik (2, 3) terhadap lingkaran.
(x + 2)2 + (y – 1)2
= (2 + 2)2 + (3 – 1)2
= 4 2 + 22
= 16 + 4
= 20 > 16
Ternyata titik (2, 3) terletak di luar lingkaran.
Persamaan garis kutub:
(x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 16
⇔
(2 + 2)(x + 2) + (3 – 1)(y – 1) = 16
⇔
(4)(x + 2) + (2)(y – 1) = 16
⇔
4x + 8 + 2y – 2 = 16
⇔
4x + 2y + 6 = 16
⇔
4x + 2y = 10
⇔
2x + y = 5
⇔
y = 5 – 2x
Substitusikan y = 5 – 2x ke dalam persamaan
lingkaran.
(x + 2)2 + (y – 1)2 = 16
⇔
(x + 2)2 + (5 – 2x – 1)2 = 16
⇔
(x + 2)2 + (4 – 2x)2 = 16
2
⇔ x + 4x + 4 + 16 – 16x + 4x2 = 16
⇔
5x2 – 12x + 20 = 16
⇔
5x2 – 12x + 4 = 0
⇔
(5x – 2)(x – 2) = 0
⇔
5x – 2 = 0 atau x – 2 = 0
⇔
x=
atau
x=2
Matematika Kelas XI
125
heru
Untuk x =
maka y = 5 – 2 ·
=
Untuk x = 2 maka y = 5 – 2 · 2 = 1
Diperoleh titik pada lingkaran, yaitu ( ,
) dan
24. Jawaban: b
(2, 1).
Persamaan garis singgung di titik ( ,
):
(x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 16
⇔ (
⇔
+ 2)(x + 2) + (
(
)(x + 2) + (
– 1)(y – 1) = 16
)(y – 1) = 16
⇔
(12)(x + 2) + (16)(y – 1) = 80
⇔
12x + 24 + 16y – 16 = 80
⇔
12x + 16y + 8 = 80
⇔
12x + 16y – 72 = 0
⇔
3x + 4y – 18 = 0
Persamaan garis singgung di titik (2, 1):
(x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 16
⇔ (2 + 2)(x + 2) + (1 – 1)(y – 1) = 16
⇔
(4)(x + 2) + (0)(y – 1) = 16
⇔
4x + 8 + 0 = 16
⇔
4x = 8
⇔
x=2
Jadi, persamaan garis singgungnya adalah
3x + 4y – 18 = 0 dan x = 2.
22. Jawaban: d
Diketahui A′(–8, 5)
− A(4, –12) 
→
A′(4 + (a – 1), –12 + (b + 2)
Diperoleh:
4 + (a – 1) = –8
⇔
a + 3 = –8
⇔
a = –11
–12 + (b + 2) = 5
⇔
b – 10 = 5
⇔
b = 15
a + b = –11 + 15 = 4
Jadi, nilai a + b = 4.
23. Jawaban: a
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 5x + 3y = 20.
− (x, y) 
→ (x′, y′) = (x + 1, y – 7)
Diperoleh:
x′ = x + 1
⇔ x = x′ – 1
y′ = y – 7
⇔ y = y′ + 7
Substitusikan x = x′ – 1 dan y = y′ + 7 ke
persamaan 5x + 3y = 20.
5x + 3y = 20
⇔ 5(x′ – 1) + 3(y′ + 7) = 20
⇔ 5x′ – 5 + 3y′ + 21 = 20
126
⇔
5x′ + 3y′ = 4
⇔
5x + 3y = 4
Jadi, persamaan bayangan garis tersebut adalah
5x + 3y = 4.
Ulangan Akhir Semester
"
A(–9, a + 3) 
→ A′(x′, y′) = A′(y, x)
= A′(2a, b + 2)
Diperoleh:
a + 3 = 2a
⇔ a=3
b + 2 = –9
⇔ b = –11
a + b = 3 – 11 = –8
Jadi, nilai a + b = –8.
25. Jawaban: b
Misalkan titik (x, y) terletak pada lingkaran
(x + 1)2 + (y + 6)2 = 9.
#
"
→ (x′, y′) = (x, 2 · 4 – y)
(x, y) 
Diperoleh:
x′ = x
y′ = 2 · 4 – y
⇔ y = 8 – y′
Substitusikan x = x′ dan y = 8 – y′ ke persamaan
(x + 1)2 + (y + 6)2 = 9.
(x + 1)2 + (y + 6)2 = 9
⇔ (x′ + 1)2 + ((8 – y′) + 6)2 = 9
⇔
(x′ + 1)2 + (14 – y′)2 = 9
⇔
(x′ + 1)2 + (–(y′ – 14))2 = 9
⇔
(x′ + 1)2 + (y′ – 14)2 = 9
⇔
(x + 1)2 + (y – 14)2 = 9
Jadi, persamaan bayangannya adalah (x + 1)2 +
(y – 14)2 = 9.
26. Jawaban: b
$&' ° *
A(a + 2, b – 1) → A′(–b + 1, a + 2)
Diketahui pula A′(–2b, 2a – 1) sehingga diperoleh:
–2b = –b + 1
⇔ b = –1
2a – 1 = a + 2
⇔ a=3
Koordinat titik A(a + 2, b – 1) sehingga A(3 + 2, –1 – 1)
= A(5, –2).
Jadi, koordinat titik A(5, –2).
27. Jawaban: a
Misalkan titik (x, y) terletak pada persamaan
+
" − = 1.
$&' − °*
→ (x′, y′) = (y, –x)
(x, y) 
Diperoleh:
–x = y′
⇔ x = –y′
y = x′
Substitusikan x = –y′ dan y = x′ ke persamaan
+
" − = 1.
+
" − =1
⇔
− "′
⇔
− "′ − +
⇔
"′ − +
′ − ⇔
" − +
− ⇔
− +
" − +
′ − =1
′ − =1
=1
=1
⇔
=1
Jadi, persamaan bayangannya adalah
" − 31. Jawaban: d
Misalkan:
a = 2x – 1
⇔ 2x = a + 1
− +
= 1.
28. Jawaban: d
Dilatasi oleh faktor skala –2 dan titik pusat (3, 6)
sebagai berikut.
x′ = kx – ka + a
= (–2) · 2 – (–2) · 3 + 3
= –4 + 6 + 3
=5
y′ = ky – kb + b
= (–2) · (–1) – (–2) · 6 + 6
= 2 + 12 + 6
= 20
Jadi, bayangan titik B adalah B′(5, 20).
29. Jawaban: b
<
;→
;
(f(x + h) – f(x))
=
· <
(f(x
;
=
· <
; − ;
=
· f′(x)
=
· (2 · 4x3 – 4 · 2x + 0)
=
· (8x3 – 8x)
;→
;→
f′(x) = 5u4 · u′
= 5u4 · (6x2 – 4x + 1)
= 5(2x3 – 2x2 + x + 4)4 · (6x2 – 4x + 1)
= 5(6x2 – 4x + 1)(2x3 – 2x2 + x + 4)4
Nilai f′(–1)
= 5(6 · (–1)2 – 4 · (–1) + 1)(2 · (–1)3 – 2 · (–1)2
– 1 + 4)4
= 5(6 + 4 + 1)(–2 – 2 – 1 + 4)4
= 5(11)(–1)4
= 55
Turunan f(x) = u5 adalah
+ h) – f(x))
30. Jawaban: e
f(x) = (2x3 – 2x2 + x + 4)5
Misalkan:
u = 2x3 – 2x2 + x + 4 maka u′ = 6x2 – 4x + 1.
f(2x – 1) = 8x2 – 2
⇔
 

 
f(a) = 8 
–2
= 2(a2 + 2a + 1) – 2
= 2a2 + 4a + 2 – 2
= 2a2 + 4a
f′(a) = 2 · 2a + 4
= 4a + 4
Nilai f′(–2) = 4 · (–2) + 4 = –8 + 4 = –4.
32. Jawaban: e
Gradien garis singgung kurva:
m = f′(x) = 3x – a
Substitusikan x = a – 1 ke dalam m = 3x – a,
diperoleh:
m = 3x – a
= 3(a – 1) – a
= 3a – 3 – a
= 2a – 3
Garis normal x + ay – 5 = 0 mempunyai gradien
mn = – .
Oleh karena garis singgung dan garis normal saling
tegak lurus, diperoleh:
m · mn = –1
⇔
= 2x3 – 2x
x=
⇔
⇔
⇔
(2a – 3) · (– ) = –1
2a – 3 = a
2a – a = 3
a=3
Diperoleh koordinat titik T(3 – 1, b) = T(2, b).
Substitusikan x = 2 dan a = 3 ke dalam persamaan
kurva.
Matematika Kelas XI
127
heru
f(x) =
⇔ b=
2
x
⇔
3a2 = 432
⇔
a2 = 144
⇔
a = ±12
Oleh karena ukuran panjang harus positif, nilai a
yang memenuhi adalah 12.
Volume maksimum:
– ax + 1
· 22 – 3 · 2 + 1
=6–6+1
=1
Jadi, koordinat titik T(2, 1).
33. Jawaban: a
Fungsi f(x) turun ketika f′(x) < 0.
f′(x) < 0
⇔
3 · 4x3 – 16 · 3x2 + 24 · 2x < 0
⇔
12x3 – 48x2 + 48x < 0
⇔
12x(x2 – 4x + 4) < 0
⇔
12x(x – 2)2 < 0
Pembuat titik nol:
12x = 0 dan x – 2 = 0
⇔ x = 0 atau x = 2
–
+
0
+
2
⇔ x<0
Jadi, grafik fungsi f(x) turun pada interval x < 0.
34. Jawaban: d
Perhatikan kotak berikut.
t
a
a
Alas kotak berukuran a cm dan tingginya t cm.
Luas permukaan = 432
⇔ luas alas + 4 · luas bidang tegak = 432
⇔ a2 + 4 · at = 432
⇔ a2 + 4at = 432
⇔ 4at = 432 – a2
⇔ t=
− Volume kotak:
V = luas alas · tinggi
= a2 · t
= a2 ·
− =
− =
− ⇔
⇔
128
–
− =
− =
− = 864
Jadi, volume maksimum kotak tersebut 864 cm3.
35. Jawaban: e
Banyak barang yang diproduksi x unit.
Biaya total produksi:
B(x) = (25x2 – 2.000x + 50.000) ribu
Harga penjualan per unit:
H(x) = (0,1x2 – 20x + 4.000) ribu
Harga total penjualan:
T(x) = x · H(x)
= x · (0,1x2 – 20x + 4.000) ribu
= (0,1x3 – 20x2 + 4.000x) ribu
Keuntungan:
U(x) = T(x) – B(x)
= (0,1x3 – 20x2 + 4.000x) – (25x2 – 2.000x
+ 50.000) ribu
= (0,1x3 – 45x2 + 6.000x – 50.000) ribu
Keuntungan maksimum dicapai ketika U′(x) = 0.
U′(x) = 0
⇔ 0,1 · 3x2 – 45 · 2x + 6.000 = 0
⇔
0,3x2 – 90x + 6.000 = 0
⇔
0,3(x2 – 300x + 20.000) = 0
⇔
0,3(x – 100)(x – 200) = 0
⇔ x – 100 = 0
atau x – 200 = 0
⇔
x = 100 atau
x = 200
Cek turunan kedua U(x).
U′′(x) = 0,6x – 90
Untuk x = 100 diperoleh
U′′(100) = 0,6 · 100 – 90 = –30 (maksimum)
Untuk x = 200 diperoleh
U’’(200) = 0,6 · 200 – 90 = 30 (minimum)
Jadi, keuntungan maksimum dicapai pada saat
banyak produksi 100 unit.
36. Jawaban: d
Volume kotak maksimum ketika V′(a) = 0.
V′(a) = 0
V =
=0
=
Ulangan Akhir Semester
∫ dx = 4 ∫ x–3 dx
=4·
=–
−
x–2 + c
+c
37. Jawaban: e
∫ x(3x – 8) dx = ∫ (3x2 – 8x) dx
Mean:
=
= 3 · x3 – 8 · x2 + c
= x3 – 4x2 + c
∑ =
=
38. Jawaban: a
f′(x) = 6x + 5
Persamaan kurva:
f(x) = ∫ (6x + 5) dx
b.
= 59,7
Jadi, rata-rata berat badan siswa 59,7 kg.
Tabel distribusi frekuensi kumulatif data
sebagai berikut.
= 6 · x2 + 5x + c = 3x2 + 5x + c
Grafik fungsi f(x) melalui titik (2, –3), berarti:
f(2) = –3 ⇔ 3(2)2 + 5(2) + c = –3
⇔
12 + 10 + c = –3
⇔
22 + c = –3
⇔
c = –25
2
Jadi, rumus fungsi f(x) = 3x + 5x – 25.
Berat
Badan (kg)
fi
fk
42–48
49–55
56–62
63–69
70–76
3
10
20
13
4
3
13
33
46
50
← Kelas Me
Banyak data = n = 50
39. Jawaban: c
Misalkan: u = x – 3
@
∑ =
Median = nilai data ke- (50 + 1)
= nilai data ke-25,5
= 1 ⇔ du = dx
Sehingga diperoleh:
Median adalah nilai data ke-25,5 terletak di
kelas interval 56–62.
∫ (x – 3)5 dx = ∫ u5 du
L
6
u
=
=
40. Jawaban: b
Misalkan: u
fM = 20
+c
e
f kM = 13
(x – 3)6 + c
e
p



=2
∫
+ dx = ∫
−
= ∫ [email protected]
− 
= 55,5 + 
 ·7


= 55,5 + · 7
= 55,5 + 4,2
= 59,7
Jadi, median berat badan siswa 59,7 kg.
du
du
= 2 · 2 @ + c = 4 + c
2. a.
B. Uraian
1. a.
·7
−
=2∫@
·p
− 





· @
− I# 
E 

#E

= 55,5 +  @
⋅
@
⇔ dx = Sehingga diperoleh:
= 62 – 56 + 1 = 7.
Me = L + 
= 2x + 1 maka:
@
= 56 – 0,5 = 55,5
Berat Badan (kg)
fi
xi
fixi
42–48
49–55
56–62
63–69
70–76
3
10
20
13
4
45
52
59
66
73
135
520
1.180
858
292
∑
=
50
2.985
Sajian data dalam bentuk tabel distribusi
frekuensi kumulatif sebagai berikut.
Usia
(tahun)
fi
fk
22–26
27–31
32–36
37–41
42–46
47–51
18
13
11
5
7
6
18
31
42
47
54
60
← Kelas Q1
← Kelas Q3
Banyak data = n = 60
Matematika Kelas XI
129
heru
ke
Q1 = nilai data
Ragam: S2 =
(60 + 1)
⋅


=
21 +4
Q3 = nilai data
=
× ·5
Banyak cara memilih 2 wanita dari 4 wanita dan
1 pria dari 6 pria = 4C2 × 6C1
× × ⋅


·p
− 



·5
= 36,5 + 3 = 39,5
Jangkauan antarkuartil
= Q3 – Q1
= 39 – 25 = 13
Jadi, jangkauan antarkuartil data adalah 13
tahun.
b.
fi
xi
fixi
(xi – )2
fi (xi – )2
18
13
11
5
7
6
24
29
34
39
44
49
432
377
374
195
308
294
81
16
1
36
121
256
1.458
208
11
180
847
1.536
60
1.980
∑ =
=
∑ =
= 33
=
130
Ulangan Akhir Semester
× = × × × × Q3 adalah nilai data ke-45,75 terletak di kelas
interval 37 – 41.
L3 = 37 – 0,5 = 36,5
fQ3 = 5
fkQ3= 42
 ⋅ − I 
W 
W




= × (60 + 1)
Q3 = L3 + 
× × = × × × × = 4 × 15 = 60
= nilai data ke-45,75
= 36,5 +  = × 25 ke
3. Tim beranggotakan 3 orang, terdiri atas sekurangkurangnya 1 orang wanita.
Kemungkinan anggota tim terdiri atas 1 wanita dan
2 pria, 2 wanita dan 1 pria, atau 3 wanita.
Banyak cara memilih 1 wanita dari 4 wanita dan
2 pria dari 6 pria = 4C1 × 6C2
·p
− 



= 70
Q1 = L1 + 
Jadi, ragam data 70 .
Q1 adalah nilai data ke-15,25 terletak di kelas
interval 22–26.
L1 = 22 – 0,5 = 21,5
fQ1 = 18
fkQ1 = 0
p = 26 – 22 +1 = 5
= 21,5 +  =
∑ =
= nilai data ke-15,25
 ⋅ − I 
W 

W



∑ − =
4.240
= 6 × 6 = 36
Banyak cara memilih 3 wanita dari 4 wanita = 4C3
=
× = × = 4
Jadi, banyak cara memilih anggota tim sekurangkurangnya terdiri atas 1 wanita = 60 + 36 + 4 = 100.
4. Sebuah bola diambil secara acak dari kotak A
kemudian dimasukkan ke kotak B.
Kemungkinan bola yang terambil dari kotak A
adalah 1 bola merah atau 1 bola kuning.
Kotak A berisi 7 bola, terdiri atas 3 bola merah
(3M) dan 4 bola kuning (3K).
Kotak B berisi 7 bola, terdiri atas 2 bola merah
(2M) dan 5 bola kuning (5K).
Misalkan:
A = kejadian terambil 1 bola merah dari kotak A
dan 1 bola kuning dari kotak B
B = kejadian terambil 1 bola kuning dari kotak A
dan 1 bola kuning dari kotak B
Proses pengambilan bola dan peluang kejadian A
dan B dapat digambarkan seperti skema berikut.
Kotak B
P(MA)
Kotak A
M
3M
4K
3M
5K
P1(KB)
K – (MK)
Kotak B
P(KA)
K
Peluang pengambilan
bola dari kotak A
2M
6K
P2(KB)
M – (KM)
Peluang pengambilan
bola dari kotak B
Persamaan garis singgung di titik (–2, 2):
x1x + y1y + 4(x + x1) – 3(y + y1) + 20 = 0
⇔ –2x + 2y + 4(x – 2) – 3(y + 2) + 20 = 0
⇔
–2x + 2y + 4x – 8 – 3y – 6 + 20 = 0
⇔
2x – y + 6 = 0
Persamaan garis singgung di titik (–5, 1):
x1x + y1y + 4(x + x1) – 3(y + y1) + 20 = 0
⇔
–5x + y + 4(x – 5) – 3(y + 1) + 20 = 0
⇔
–5x + y + 4x – 20 – 3y – 3 + 20 = 0
⇔
–x – 2y – 3 = 0
⇔
x + 2y + 3 = 0
Jadi, persamaan garis singgungnya 2x – y + 6
= 0 dan x + 2y + 3 = 0.
Peluang terambil 1 bola merah dari kotak A = P(MA)
=
.
Peluang terambil 1 bola kuning dari kotak B setelah
1 bola merah dimasukkan = P1(KB) = .
P(A) = P(MA) × P1(KB) = × =
Peluang terambil 1 bola kuning dari kotak A =
P(KA) = .
Peluang terambil 1 bola kuning dari kotak B setelah
1 bola kuning dimasukkan = P2(KB) = .
P(B) = P(KA) × P2(KB) = × =
6. a.
Kejadian A dan B saling lepas.
b.
Jadi, peluang terambil satu bola kuning
= P(A) + P(B) =
5. a.
b.
+
=
.
Kedudukan titik B
x2 + y2 + 8x – 6y + 20
= (–3)2 + 02 + 8 · (–3) – 6 · 0 + 20
= 9 + 0 – 24 – 0 + 20
=5>0
Jadi, titik B(–3, 0) terletak di luar lingkaran.
Persamaan garis singgung
Oleh karena titik B terletak di luar lingkaran,
persamaan garis singgung dapat ditentukan
dengan menggunakan persamaan garis kutub.
Persamaan garis kutub:
x1x + y1y + 4(x + x1) – 3(y + y1) + 20 = 0
⇔ –3x + 0y + 4(x – 3) – 3(y + 0) + 20 = 0
⇔
–3x + 4x – 12 – 3y + 20 = 0
⇔
x – 3y + 8 = 0
⇔
x = 3y – 8
Substitusikan x = 3y – 8 ke dalam persamaan
lingkaran.
x2 + y2 + 8x – 6y + 20 = 0
2
2
⇔ (3y – 8) + y + 8(3y – 8) – 6y + 20 = 0
⇔9y2 – 48y + 64 + y2 + 24y – 64 – 6y + 20 = 0
⇔
10y2 – 30y + 20 = 0
⇔
10(y2 – 3y + 2) = 0
⇔
10(y – 2)(y – 1) = 0
⇔
y – 2 = 0 atau y – 1 = 0
⇔
y = 2 atau y = 1
Untuk y = 2 maka x = 3 · 2 – 8 = –2
Untuk y = 1 maka x = 3 · 1 – 8 = –5
Diperoleh titik pada lingkaran, yaitu (–2, 2) dan
(–5, 1).
− − A(9, 4) →
A′(9 – 3, 4 – 7)
= A′(6, –3)
Jadi, bayangan titik A adalah A′(6, –3).
#
A(9, 4) 
→ A′(2 · 3 – 9, 4) = A′(–3, 4)
Jadi, bayangannnya adalah A′(–3, 4).
7. Misalkan titik (x, y) terletak pada elips
"
− +
= 1.
(x, y) didilatasi dengan faktor skala 2 dan titik pusat
(1, 6) sehingga diperoleh:
x′ = kx – ka + a
⇔ x′ = 2x – 2 · 1 + 1
⇔ x′ = 2x – 1
⇔ x=
"′
y′ = ky – kb + b
⇔ y′ = 2y – 2 · 6 + 6
⇔ y′ = 2y – 6
⇔ y=
"′
′
Substitusikan x =
− persamaan
− ⇔
⇔
(
+
"
 ′ 

−
 
)
+
−


 
⇔
⇔
(
+
 ′ − 




ke
= 1.
′ − )
 "′ 

  
 "′ 




 "′ 


 
"
+
"′
=1
dan y =
+
+
=1
=1
"′ =1
=1
Matematika Kelas XI
131
heru
⇔
′ − +
"′ =1
⇔
− +
" =1
Jadi, persamaan bayangannya adalah
" Diperoleh titik stasioner minimum (–1, 9).
Jadi, titik stasioner minimum (2, –18) dan titik
stasioner maksimum (–1, 9).
− = 1.
8. Titik stasioner kurva dicapai ketika f′(x) = 0.
f′(x) = 0
⇔ 2 · 3x2 – 3 · 2x – 12 = 0
⇔
6x2 – 6x – 12 = 0
⇔
6(x2 – x – 2) = 0
⇔
6(x – 2)(x + 1) = 0
⇔ x – 2 = 0 atau x + 1 = 0
⇔
x = 2 atau x = –1
Cek turunan kedua f(x).
f′′(x) = 6 · 2x – 6
= 12x – 6
Untuk x = 2
f′′(2) = 12 · 2 – 6 = 24 > 0 (minimum)
f(2) = 2 · 23 – 3 · 22 – 12 · 2 + 2
= 16 – 12 – 24 + 2
= –18
Diperoleh titik stasioner minimum (2, –18).
Untuk x = –1
f′′(–1) = 12 · –1 – 6 = –18 < 0 (maksimum)
f(–1) = 2 · (–1)3 – 3 · (–1)2 – 12 · (–1) + 2
= –2 – 3 + 12 + 2
=9
132
Ulangan Akhir Semester
+
9. Fungsi f(x) mempunyai titik stasioner ketika f’(x) = 0.
f′(x) = 0
⇔ 2x + b = 0
⇔ 2a + b = 0
⇔
b = –2a
. . . (1)
f(a) = –3
⇔
a2 + ab + 1 = –3
⇔ a2 + a(–2a) + 1 = –3
⇔
a2 – 2a2 = –4
⇔
–a2 = –4
⇔
a = 2 atau a = –2
Untuk a = 2 maka b = –2 · 2 = –4
Untuk a = –2 maka b = –2 · (–2) = 4
Nilai ab = 2 · (–4) = –8.
Jadi, nilai ab = –8.
10. f(x) = 2x – 3 dan g(x) = x + 2
a. ∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ (2x – 3 + x + 2) dx
= ∫ (3x – 1) dx
= 3 · x2 – x + c
= x2 – x + c
b.
∫ (f(x) × g(x)) dx = ∫ ((2x – 3) × (x + 2)) dx
= ∫ (2x2 + x – 6) dx
= 2 · x3 + x2 – 6x + c
=
3
x
+
2
x
– 6x + c
Matematika Kelas XI
255
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat,
disiplin, dan rasa ingin
tahu dalam menghadapi
dan menyelesaikan
permasalahan.
Memiliki sikap dan
berperilaku jujur dan
tangguh menghadapi
masalah dalam mempelajari statistika.
•
2.1 Memiliki motivasi internal,
kemampuan bekerja sama,
konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap
toleransi dalam perbedaan
strategi berpikir dalam
memilih dan menerapkan
strategi menyelesaikan
masalah.
•
Mengagumi pengertian
dan makna statistika
serta penggunaannya
dalam keseharian.
Indikator
Statistika
• Tabel
Distribusi
Frekuensi dan Histogram
• Ukuran Pemusatan
• Ukuran Letak dan
Ukuran Penyebaran
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
Mengamati penggunaan
statistika dalam kehidupan
sehari-hari.
Menjelaskan pengertian
dan rumus mean, median,
dan modus.
Menghitung nilai mean,
median, dan modus data
tunggal.
Menghitung nilai mean,
median, dan modus data
berkelompok dalam bentuk
tabel distribusi frekuensi
biasa, tabel distribusi
frekuensi relatif, tabel
distribusi
frekuensi
kumulatif, histogram, dan
poligon frekuensi.
Menjelaskan pengertian
dan rumus kuartil, desil,
dan persentil.
Pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Penilaian
15 jp
Alokasi
Waktu
1. Buku Matematika
SMA/MA Kelas XI,
Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
2. Buku Guru Matematika SMA/MA
Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan
Kebudayaan Republik Indonesia
3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
Sumber Belajar
Matematika
SMA/MA
XI/2
1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai),
santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi
secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan
dunia.
3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa
ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan,
kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang
kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah.
4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya
di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.
•
:
:
:
:
1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang
dianutnya.
Kompetensi Dasar
Mata Pelajaran
Satuan Pendidikan
Kelas/Semester
Kompetensi Inti
SILABUS
Statistika
256
Silabus
Mampu mentransformasi diri
dalam berperilaku jujur,
tangguh mengadapi masalah,
kritis dan disiplin dalam
melakukan tugas belajar
matematika.
Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin
tahu, jujur, dan perilaku
peduli lingkungan.
3.12 Mendeskripsikan
dan
menggunakan berbagai
ukuran pemusatan, letak dan
penyebaran data sesuai
dengan karakteristik data
melalui aturan dan rumus
serta menafsirkan dan
mengomunikasikannya.
2.3
2.2
Kompetensi Dasar
•
•
•
•
•
•
•
Mampu menjelaskan
pengertian dan rumus
mean, median, dan
modus.
Mampu menghitung
nilai mean, median,
dan modus data
tunggal dan data
berkelompok.
Mampu menjelaskan
pengertian dan rumus
kuartil, desil, dan
persentil.
Mampu menghitung
nilai kuartil, desil, dan
persentil data tunggal
dan
data
berkelompok.
Mampu menjelaskan
pengertian jangkauan,
jangkauan antarkuartil,
simpangan kuartil,
simpangan rata-rata,
ragam, dan simpangan
baku.
Mampu menghitung
nilai jangkauan, jangkauan antarkuartil,
simpangan kuartil,
simpangan rata-rata,
ragam, dan simpangan
baku data tunggal dan
data berkelompok.
Memiliki rasa keingintahuan mempelajari
statistika serta kemanfaatannya.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
Menghitung nilai kuartil,
desil, dan persentil data
tunggal.
Menghitung nilai kuartil,
desil, dan persentil data berkelompok dalam bentuk
tabel distribusi frekuensi
biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif,
histogram, dan poligon
frekuensi.
Menjelaskan pengertian
jangkauan,
jangkauan
antarkuartil, simpangan
kuartil, simpangan rata-rata,
ragam, dan simpangan
baku.
Menghitung nilai jangkauan,
jangkauan antarkuartil, simpangan kuartil, simpangan
rata-rata, ragam, dan simpangan baku data tunggal.
Menghitung nilai jangkauan,
jangkauan antarkuartil,
simpangan kuartil, simpangan rata-rata, ragam,
dan simpangan baku data
berkelompok dalam bentuk
tabel distribusi frekuensi
biasa, tabel distribusi
frekuensi relatif, tabel
distribusi frekuensi kumulatif, histogram, dan poligon
frekuensi.
Mencermati sajian data
dalam bentuk tabel distribusi frekuensi biasa, tabel
distribusi frekuensi relatif,
tabel distribusi frekuensi
kumulatif, histogram, dan
poligon frekuensi.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
Matematika Kelas XI
257
4.9
Menyajikan dan mengolah
data statistik deskriptif ke
dalam tabel distribusi dan
histogram untuk memperjelas dan menyelesaikan
masalah yang berkaitan
dengan kehidupan nyata.
Kompetensi Dasar
•
•
•
Mampu membaca data
dalam bentuk tabel
distribusi frekuensi
dan histogram.
Mampu mendeskripsikan unsur-unsur yang
terdapat dalam tabel
distribusi frekuensi dan
histogram.
Mampu menyajikan
data dalam bentuk tabel
distribusi frekuensi
dan histogram.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
Mendeskripsikan unsurunsur yang terdapat dalam
tabel distribusi frekuensi
biasa, tabel distribusi frekuensi relatif, tabel distribusi frekuensi kumulatif,
histogram, dan poligon
frekuensi.
Menyajikan data dalam
bentuk tabel distribusi
frekuensi biasa, tabel
distribusi frekuensi relatif,
tabel distribusi frekuensi
kumulatif, histogram, dan
poligon frekuensi.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
258
Silabus
Mengagumi pengertian dan makna aturan
pencacahan
dan
peluang serta penggunaannya dalam keseharian.
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat,
disiplin, dan rasa ingin
tahu dalam menghadapi
dan menyelesaikan
permasalahan.
•
2.1 Memiliki motivasi internal,
kemampuan bekerja sama,
konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap
toleransi dalam perbedaan
strategi berpikir dalam
memilih, dan menerapkan
strategi menyelesaikan
masalah.
Indikator
Peluang
• Aturan Pencacahan
• Peluang Suatu Kejadian
• Peluang Kejadian
Majemuk
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Mengamati penggunaan
aturan pencacahan dan
peluang dalam kehidupan
sehari-hari.
Mendeskripsikan konsep
aturan perkalian.
Mencermati konstruksi
aturan perkalian.
Menyelesaikan permasalahan tentang aturan perkalian.
Menjelaskan
konsep
faktorial.
Mendeskripsikan konsep
permutasi.
Mencermati konstruksi
rumus permutasi.
Menyelesaikan permasalahan tentang permutasi.
Mendeskripsikan konsep
permutasi dengan beberapa unsur yang sama.
Pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Penilaian
15 jp
Alokasi
Waktu
1. Buku Matematika
SMA/MA Kelas XI,
Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
2. Buku Guru Matematika SMA/MA
Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan
Kebudayaan Republik Indonesia
3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
Sumber Belajar
Matematika
SMA/MA
XI/2
1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai),
santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi
secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan
dunia.
3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa
ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan,
kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang
kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah.
4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya
di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.
•
:
:
:
:
1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang
dianutnya.
Kompetensi Dasar
Mata Pelajaran
Satuan Pendidikan
Kelas/Semester
Kompetensi Inti
SILABUS
Aturan Pencacahan dan Peluang
Matematika Kelas XI
259
Mampu mentransformasi diri
dalam berperilaku jujur,
tangguh mengadapi masalah,
kritis dan disiplin dalam
melakukan tugas belajar
matematika.
Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin
tahu, jujur, dan perilaku
peduli lingkungan.
3.13 Mendeskripsikan dan menerapkan berbagai aturan
pencacahan melalui beberapa contoh nyata serta
menyajikan alur perumusan aturan pencacahan
(perkalian, permutasi dan
kombinasi) melalui diagram atau cara lainnya.
3.14 Menerapkan
berbagai
konsep dan prinsip permutasi dan kombinasi dalam
pemecahan masalah nyata.
3.15 Mendeskripsikan konsep
ruang sampel dan menentukan peluang suatu
kejadian dalam suatu
percobaan.
3.16 Mendeskripsikan dan
menerapkan aturan/rumus
peluang dalam memprediksi terjadinya suatu
kejadian dunia nyata serta
menjelaskan
alasanalasannya.
3.17 Mendeskripsikan konsep
peluang dan harapan
suatu kejadian dan
menggunakannya dalam
pemecahan masalah.
2.3
2.2
Kompetensi Dasar
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Mampu mendeskripsikan konsep aturan
perkalian, permutasi
dan kombinasi.
Mampu menerapkan
konsep aturan perkalian, permutasi dan
kombinasi dalam pemecahan masalah.
Mampu menjelaskan
pengertian percobaan
statistika,
ruang
sampel, titik sampel,
kejadian,
dan
komplemen kejadian.
Mampu menentukan
ruang sampel suatu
percobaan.
Mampu menjelaskan
pengertian peluang
suatu
kejadian,
peluang komplemen
suatu kejadian dan
kisaran nilai peluang.
Mampu menghitung
peluang suatu kejadian.
Mampu menghitung
peluang komplemen
suatu kejadian.
Mampu mendeskripsikan konsep frekuensi
harapan suatu kejadian.
Memiliki sikap dan
berperilaku jujur dan
tangguh menghadapi
masalah dalam mempelajari aturan pencacahan dan peluang.
Memiliki rasa keingintahuan mempelajari
aturan pencacahan
dan peluang, serta kemanfaatannya.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Mencermati konstruksi
rumus permutasi dengan
beberapa unsur yang
sama.
Menyelesaikan permasalahan tentang permutasi
dengan beberapa unsur
yang sama.
Mendeskripsikan konsep
permutasi siklis.
Mencermati konstruksi
rumus permutasi siklis.
Menyelesaikan permasalahan tentang permutasi
siklis.
Mendeskripsikan konsep
kombinasi.
Mencermati konstruksi
rumus kombinasi.
Menyelesaikan permasalahan tentang kombinasi.
Menjelaskan pengertian
percobaan
statistika,
ruang sampel, titik sampel,
kejadian, dan komplemen
kejadian.
Menentukan ruang sampel
suatu percobaan.
Menjelaskan pengertian
peluang suatu kejadian.
Menjelaskan kisaran nilai
peluang.
Menjelaskan pengertian
peluang komplemen suatu
kejadian.
Menghitung peluang suatu
kejadian.
Menghitung peluang komplemen suatu kejadian.
Mendeskripsikan konsep
frekuensi harapan suatu
kejadian.
Menentukan frekuensi
harapan suatu kejadian.
Mendeskripsikan konsep
kejadian saling lepas.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
260
Silabus
4.10 Memilih dan menggunakan
aturan pencacahan yang
sesuai dalam pemecahan
masalah nyata serta
memberikan alasannya.
4.11 Mengidentifikasi masalah
nyata dan menerapkan
aturan perkalian, permutasi,
dan kombinasi dalam
pemecahan
masalah
tersebut.
4.12 Mengidentifikasi, menyajikan model matematika dan
menentukan peluang dan
harapan suatu kejadian
dari masalah kontektual.
Kompetensi Dasar
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Mampu memilih dan
menggunakan aturan
pencacahan yang sesuai dalam pemecahan
masalah nyata serta
memberikan alasannya.
Mampu menyelesaikan masalah nyata yang
berkaitan dengan aturan
pencacahan.
Mampu menyelesaikan masalah nyata yang
berkaitan
dengan
peluang.
Mampu menentukan
frekuensi harapan
suatu kejadian.
Mampu mendeskripsikan konsep kejadian
saling lepas.
Mampu menghitung
peluang kejadian saling
lepas.
Mampu mendeskripsikan konsep kejadian
saling bebas.
Mampu menghitung
peluang kejadian saling
bebas.
Mampu mendeskripsikan konsep kejadian
bersyarat.
Mampu menghitung
peluang kejadian bersyarat.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
Menghitung
peluang
kejadian saling lepas.
Mendeskripsikan konsep
kejadian saling bebas.
Menghitung peluang kejadian saling bebas.
Mendeskripsikan konsep
kejadian bersyarat.
Menghitung peluang kejadian bersyarat.
Memilih dan menggunakan aturan pencacahan
yang sesuai dalam pemecahan masalah nyata
serta memberikan alasannya.
Menyelesaikan masalah
nyata yang berkaitan
dengan aturan pencacahan.
Menyelesaikan masalah
nyata yang berkaitan
dengan peluang.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Portofolio
• Laporan Tugas
Portofolio
• Laporan Tugas
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
Matematika Kelas XI
261
Mengagumi konsep
persamaan lingkaran
dalam peranannya
membantu menyelesaikan masalah keseharian.
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat,
disiplin, dan rasa ingin
tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan.
Memiliki rasa keingintahuan mempelajari
persamaan lingkaran,
serta kemanfaatannya.
•
•
2.1 Memiliki motivasi internal,
kemampuan bekerja sama,
konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap
toleransi dalam perbedaan
strategi berpikir dalam
memilih dan menerapkan
strategi menyelesaikan
masalah.
2.2 Mampu mentransformasi diri
dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah,
kritis dan disiplin dalam
melakukan tugas belajar
matematika.
Indikator
Persamaan Lingkaran
• Persamaan Lingkaran
• Persamaan Garis
Singgung Lingkaran
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
Mengingat kembali definisi
lingkaran.
Menentukan persamaan
lingkaran yang berpusat
di O(0, 0) dan berjari-jari r.
Menentukan persamaan
lingkaran yang berpusat
di P(a, b) dan berjari-jari r.
Menentukan bentuk umum
persamaan lingkaran.
Menentukan titik pusat
dan jari-jari lingkaran jika
diketahui persamaan lingkaran.
Menyebutkan
syarat
suatu titik terletak di dalam
lingkaran, pada lingkaran,
atau di luar lingkaran.
Menghitung jarak suatu
titik terhadap titik pusat
lingkaran.
Pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Penilaian
12 jp
Alokasi
Waktu
1. Buku Matematika
SMA/MA Kelas XI,
Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
2. Buku Guru Matematika SMA/MA
Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan
Kebudayaan Republik Indonesia
3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
Sumber Belajar
Matematika
SMA/MA
XI/2
1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai),
santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi
secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan
dunia.
3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa
ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan,
kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang
kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah.
4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya
di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.
•
:
:
:
:
1.1 Menghayati dan mengamalkan agama yang dianutnya.
Kompetensi Dasar
Mata Pelajaran
Satuan Pendidikan
Kelas/Semester
Kompetensi Inti
SILABUS
Persamaan Lingkaran
262
Silabus
Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin
tahu, jujur dan perilaku
peduli lingkungan.
4.13 Mengolah informasi dari
suatu masalah nyata,
mengidentifikasi sebuah
titik sebagai pusat lingkaran yang melalui suatu
titik tertentu, membuat
model matematika berupa
persamaan lingkaran dan
menyelesaikan masalah
tersebut.
4.14 Merancang dan mengajukan masalah nyata terkait
garis singgung lingkaran
serta menyelesaikannya
dengan melakukan manipulasi aljabar dan menerapkan berbagai konsep lingkaran.
3.18 Mendeskripsikan konsep
persamaan lingkaran dan
menganalisis sifat garis
singgung lingkaran dengan
menggunakan metode
koordinat.
3.19 Mendeskripsikan konsep
dan kurva lingkaran dengan
titik pusat tertentu dan
menurunkan persamaan
umum lingkaran dengan
metode koordinat.
2.3
Kompetensi Dasar
•
•
•
•
•
•
•
Mampu menentukan
persamaan garis singgung lingkaran dengan
gradien tertentu.
Mampu menentukan
persamaan garis singgung lingkaran di suatu
titik pada lingkaran.
Mampu menentukan
persamaan garis singgung lingkaran di suatu
titik di luar lingkaran.
Mampu menentukan
persamaan lingkaran
yang diketahui titik
pusat dan jari-jarinya.
Mampu menentukan
kedudukan titik terhadap lingkaran.
Mampu menentukan
kedudukan garis terhadap lingkaran.
Memiliki sikap terbuka, berperilaku peduli,
dan toleransi dalam
menghadapi masalah
dalam mempelajari
persamaan lingkaran.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Menyebutkan syarat suatu
garis memotong, menyinggung, atau tidak memotong
lingkaran.
Menghitung jarak suatu
garis terhadap titik pusat
lingkaran.
Menentukan persamaan
garis singgung lingkaran
yang berpusat di titik
O(0, 0) dan bergradien m.
Menentukan persamaan
garis singgung lingkaran
yang berpusat di titik P(a, b)
dan bergradien m.
Menentukan persamaan
garis singgung lingkaran
yang sejajar atau tegak
lurus dengan suatu garis.
Menentukan persamaan
garis singgung lingkaran di
suatu titik pada lingkaran
yang berpusat di titik O(0, 0).
Menentukan persamaan
garis singgung lingkaran di
suatu titik pada lingkaran
yang berpusat di titik P(a, b).
Menentukan titik potong
antara garis kutub dengan
lingkaran.
Menentukan persamaan
garis singgung lingkaran di
titik potong garis kutub
dengan lingkaran.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
Matematika Kelas XI
263
•
2.1 Memiliki motivasi internal,
kemampuan bekerja sama,
konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap
toleransi dalam perbedaan
strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.
Mampu menunjukkan
sikap motivasi internal,
kemampuan bekerja
sama, konsisten, sikap
disiplin, rasa percaya
diri, dan sikap toleransi
dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan
strategi menyelesaikan masalah.
Mampu menghayati
dan mengamalkan
konsep transformasi
geometri dalam perannya membantu menyelesaikan masalah.
Indikator
Transformasi Geometri
• Sifat transformasi
geometri
• Transfomasi geometri terhadap kurva
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
Mengamati peristiwa atau
fenomena yang berkaitan
dengan translasi, refleksi,
dilatasi, dan rotasi.
Menyelidiki ciri-ciri translasi, refleksi, dilatasi, dan
rotasi.
Menentukan bayangan
sebuah titik oleh translasi,
refleksi, dilatasi, dan rotasi.
Menentukan persamaan
bayangan sebuah kurva
oleh translasi, refleksi,
dilatasi, dan rotasi.
Menggunakan sifat transformasi geometri untuk
menyelesaikan masalah.
Pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Penilaian
8 jp
Alokasi
Waktu
1. Buku Matematika
SMA/ MA Kelas XI,
Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
2. Buku Guru Matematika SMA/MA
Kelas XI, Kementerian Pendidikan
dan Kebudayaan
Republik Indonesia
3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
Sumber Belajar
Matematika
SMA/MA
XI/2
1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai),
santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi
secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan
dunia.
3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa
ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan,
kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang
kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah.
4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya
di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.
•
:
:
:
:
1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang
dianutnya
Kompetensi Dasar
Mata Pelajaran
Satuan Pendidikan
Kelas/Semester
Kompetensi Inti
SILABUS
Transformasi Geometri
264
Silabus
Mampu mentransformasi
diri dalam berperilaku jujur,
tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam
melakukan tugas belajar
matematika.
Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin
tahu, jujur dan perilaku
peduli lingkungan.
4.15 Menyajikan objek kontekstual, menganalisis informasi
terkait sifat-sifat objek dan
menerapkan aturan transformasi geometri (refleksi,
translasi, dilatasi, dan
rotasi) dalam memecahkan
masalah.
3.20 Menganalisis sifat-sifat
transformasi geometri (translasi, refleksi garis, dilatasi,
dan rotasi) dengan pendekatan koordinat dan
menerapkannya dalam
menyelesaikan masalah.
2.3
2.2
Kompetensi Dasar
Mampu mendeskripsikan cara menggunakan sifat transformasi
geometri untuk menentukan persamaan
bayangan kurva oleh
sebuah transformasi
geometri.
Mampu menentukan
persamaan bayangan
kurva oleh sebuah
transformasi geometri.
Mampu menerapkan
aturan transformasi
geometri dan sifat
objek untuk menyelesaikan transformasi
geometri terhadap
kurva.
•
•
•
•
•
Mampu memahami
konsep dasar transformasi geometri yang
meliputi translasi,
refleksi, dilatasi, dan
rotasi menggunakan
sudut pandang koordinat.
Mampu menjelaskan
sifat-sifat transformasi
geometri.
Mampu menentukan
bayangan titik oleh
translasi, refleksi,
dilatasi, dan rotasi.
Mampu menunjukkan
sikap berperilaku jujur,
tangguh mengadapi
masalah, kritis dan
disiplin dalam melakukan tugas belajar
matematika.
•
•
Indikator
Materi Pembelajaran
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
Matematika Kelas XI
265
•
•
•
2.1 Memiliki motivasi internal,
kemampuan bekerja sama,
konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap
toleransi dalam perbedaan
strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi
menyelesaikan masalah.
2.2 Mampu mentransformasi diri
dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah,
kritis dan disiplin dalam melakukan tugas belajar matematika.
2.3 Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin
tahu, jujur dan perilaku peduli
lingkungan.
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat,
disiplin, dan rasa ingin
tahu dalam menghadapi
dan menyelesaikan
permasalahan.
Memiliki rasa keingintahuan mempelajari
turunan fungsi, serta
kemanfaatannya.
Memiliki sikap terbuka,
berperilaku peduli,
dan toleransi dalam
menghadapi masalah
dalam mempelajari
turunan fungsi.
Mengagumi konsep
turunan fungsi dalam
peranannya membantu
menyelesaikan masalah keseharian.
Indikator
Turunan Fungsi
• Turunan Fungsi
Aljabar
• Penggunaan Turunan
Fungsi
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Menentukan laju perubahan
suatu fungsi.
Menentukan aturan fungsi
aljabar.
Menjelaskan notasi turunan
menggunakan
notasi
Leibnitz.
Membuktikan beberapa
sifat-sifat turunan fungsi.
Menentukan turunan fungsi
menggunakan aturan rantai.
Menentukan nilai turunan
fungsi di suatu titik.
Menentukan turunan kedua fungsi aljabar.
Menentukan gradien garis
singgung kurva.
Menentukan persamaan
garis singgung dan garis
normal.
Pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Penilaian
12jp
Alokasi
Waktu
1. Buku Matematika
SMA/MA Kelas XI,
Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
2. Buku Guru Matematika SMA/MA
Kelas XI, Kementerian Pendidikan
dan Kebudayaan
Republik Indonesia
3. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT
Intan Pariwara
4. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT
intan Pariwara
Sumber Belajar
Matematika
SMA/MA
XI/2
1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai),
santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi
secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan
dunia.
3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa
ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan,
kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang
kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah.
4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya
di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.
•
:
:
:
:
1.1 Menghayati dan mengamalkan agama yang dianutnya.
Kompetensi Dasar
Mata Pelajaran
Satuan Pendidikan
Kelas/Semester
Kompetensi Inti
SILABUS
Turunan Fungsi
266
Silabus
3.21 Mendeskripsikan konsep
turunan dengan menggunakan konteks matematika atau konteks lain
dan menerapkannya.
3.22 Menurunkan aturan dan
sifat turunan fungsi aljabar
dari aturan dan sifat limit
fungsi.
3.23 Memilih dan menerapkan
strategi menyelesaikan
masalah dunia nyata dan
matematika yang melibatkan turunan dan memeriksa
kebenaran
langkahlangkahnya.
3.24 Mendeskripsikan konsep
turunan dan menggunakannya untuk menganalisis
grafik fungsi dan menguji
sifat-sifat yang dimiliki
untuk mengetahui fungsi
naik dan fungsi turun.
3.25 Menerapkan konsep dan
sifat turunan fungsi untuk
menentukan gradien garis
singgung kurva, garis
tangen, dan garis normal.
3.26 Mendeskripsikan konsep
dan sifat turunan fungsi
terkait dan menerapkannya untuk menentukan titik
stasioner (titik maksimum,
titik minimum, dan titik
belok).
3.27 Menganalisis bentuk model
matematika berupa persamaan fungsi, serta menerapkan konsep dan sifat
turunan fungsi dalam memecahkan masalah maksimum dan minimum.
Kompetensi Dasar
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Mampu menentukan
turunan fungsi aljabar.
Mampu menjelaskan
sifat-sifat turunan
fungsi.
Mampu menentukan
turunan fungsi aljabar
menggunakan aturan
rantai.
Mampu menentukan
nilai turunan fungsi
aljabar di suatu titik.
Mampu menentukan
turunan kedua fungsi
aljabar.
Mampu menentukan
gradien garis singgung.
Mampu menentukan
persamaan garis singgung dan garis normal.
Mampu menjelaskan
fungsi naik dan fungsi
turun.
Mampu menentukan
interval suatu fungsi
naik atau turun.
Mampu menentukan
titik stasioner dan
jenisnya.
Mampu menentukan
nilai ekstrem suatu
fungsi dalam interval
tertutup.
Mampu merancang
model matematika
dari permasalahan
yang berkaitan dengan
nilai maksimum dan
minimum.
Mampu menyelesaikan model matematika dari permasalahan yang berkaitan
dengan nilai maksimum dan minimum.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Menjelaskan pengertian
fungsi naik dan fungsi
turun.
Menyebutkan syarat suatu
fungsi naik atau turun.
Menentukan interval suatu
fungsi naik dan turun.
Menjelaskan cara menentukan titik stasioner dan
jenisnya.
Menentukan nilai maksimum dan minimum suatu
fungsi dalam interval tertutup.
Menjelaskan cara merancang model matematika
yang berkaitan dengan nilai
maksimum dan minimum.
Menuliskan model matematika yang berkaitan
dengan nilai maksimum
dan minimum.
Menyelesaikan model
matematika yang berkaitan
dengan nilai maksimum
dan minimum.
Menafsirkan penyelesaian
model matematika yang
berkaitan dengan nilai
maksimum dan minimum.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
Matematika Kelas XI
267
4.16 Memilih strategi yang
efektif dan menyajikan
model matematika dalam
memecahkan masalah
nyata tentang turunan
fungsi aljabar.
4.17 Memilih strategi yang
efektif dan menyajikan
model matematika dalam
memecahkan masalah
nyata tentang fungsi naik
dan fungsi turun.
4.18 Merancang dan mengajukan masalah nyata serta
menggunakan konsep dan
sifat turunan fungsi terkait
dalam titik stasioner (titik
maksimum, titik minimum,
dan titik belok).
4.19 Menyajikan data dari situasi
nyata, memilih variabel dan
mengomunikasikannya
dalam bentuk model matematika berupa persamaan
fungsi, serta menerapkan
konsep dan sifat turunan
fungsi dalam memecahkan
masalah maksimum dan
minimum.
Kompetensi Dasar
•
Mampu menafsirkan
penyelesaian model
matematika dari permasalahan yang berkaitan dengan nilai
maksimum dan minimum.
Indikator
Materi Pembelajaran
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
268
Silabus
Mampu menunjukkan
sikap logis, kritis,
analitik, teliti, bertanggung jawab, responsif,
dan tidak mudah menyerah dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan
tentang integral tak
tentu.
Mampu menunjukkan
rasa ingin tahu dan ketertarikan pada konsep
integral tak tentu.
•
2.1 Memiliki motivasi internal,
kemampuan bekerjasama,
konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap
toleransi dalam perbedaan
strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan masalah.
2.2 Mampu mentransformasi diri
dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah,
kritis dan disiplin dalam
melakukan tugas belajar
matematika.
•
Mampu menghayati
dan mengamalkan
konsep integral tak
tentu dalam perannya
membantu menyelesaikan masalah
Indikator
Integral Tak Tentu
• Konsep Integral Tak
Tentu
• Integral Substitusi
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
•
•
Mengingat kembali turunan
fungsi dan aplikasinya.
Mengingat kembali rumus
turunan fungsi.
Mengamati turunan fungsi
f(x) = xn + c dengan berbagai nilai c.
Menjelaskan konsep integral sebagai lawan dari
turunan.
Menjelaskan penulisan integral dan cara menentukan hasilnya dengan
konsep antiturunan.
Menurunkan rumus integral fungsi f(x) = xn.
Menjelaskan sifat-sifat
dasar integral fungsi.
Bersama-sama mencoba
menentukan fungsi asal
dari suatu turunan fungsi.
Pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Pengamatan Sikap
• Saat berlangsung
pembelajaran
Penilaian
12 jp
Alokasi
Waktu
1. Buku Matematika
SMA/MA Kelas XI,
Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
2. Buku Guru Matematika SMA/MA
Kelas XI, Kementerian Pendidikan
dan Kebudayaan
Republik Indonesia
3. Buku PR Matematika SMA/MA
Kelas XI, PT Intan
Pariwara
4. Buku PG Matematika SMA/MA
Kelas XI, PT Intan
Pariwara
Sumber Belajar
Matematika
SMA/MA
XI/2
1. Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
2. Menghayati dan mengamalkan perilaku jujur, disiplin, tanggung jawab, peduli (gotong royong, kerja sama, toleran, damai),
santun, responsif dan proaktif dan menunjukkan sikap sebagai bagian dari solusi atas berbagai permasalahan dalam berinteraksi
secara efektif dengan lingkungan sosial dan alam serta dalam menempatkan diri sebagai cerminan bangsa dalam pergaulan
dunia.
3. Memahami, menerapkan, dan menganalisis pengetahuan faktual, konseptual, prosedural, dan metakognitif berdasarkan rasa
ingin tahunya tentang ilmu pengetahuan, teknologi, seni, budaya, dan humaniora dengan wawasan kemanusiaan, kebangsaan,
kenegaraan, dan peradaban terkait penyebab fenomena dan kejadian, serta menerapkan pengetahuan prosedural pada bidang
kajian yang spesifik sesuai dengan bakat dan minatnya untuk memecahkan masalah.
4. Mengolah, menalar, dan menyaji dalam ranah konkret dan ranah abstrak terkait dengan pengembangan dari yang dipelajarinya
di sekolah secara mandiri, bertindak secara efektif dan kreatif, serta mampu menggunakan metode sesuai kaidah keilmuan.
•
:
:
:
:
1.1 Menghayati dan mengamalkan agama yang dianutnya.
Kompetensi Dasar
Mata Pelajaran
Satuan Pendidikan
Kelas/Semester
Kompetensi Inti
SILABUS
Integral Tak Tentu
Matematika Kelas XI
269
4.20 Memilih strategi yang
efektif dan menyajikan
model matematika dalam
memecahkan masalah
nyata tentang integral tak
tentu dari fungsi aljabar.
•
3.28 Mendeskripsikan konsep
integral tak tentu suatu
fungsi sebagai kebalikan
dari turunan fungsi.
3.29 Menurunkan aturan dan
sifat integral tak tentu dari
aturan dan sifat turunan
fungsi.
•
•
•
•
•
•
•
Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin
tahu, jujur dan perilaku
peduli lingkungan.
2.3
Kompetensi Dasar
Mampu menentukan
fungsi asal dari rumus
turunan suatu fungsi.
Mampu menyelesaikan pemasalahan
menggunakan integral
tak tentu.
Mampu menentukan
antiturunan (integral)
suatu fungsi aljabar
sederhana.
Mampu menjelaskan
konsep integral sebagai antiturunan.
Mampu menurunkan
rumus integral fungsi
f(x) = xn.
Mampu menjelaskan
sifat-sifat dasar integral.
Mampu menentukan
hasil pengintegralan
menggunakan metode
integral substitusi.
Mampu menunjukkan
sikap santun, objektif,
menghargai pendapat
dan karya teman dalam
mempelajari integral
tak tentu.
Indikator
Materi Pembelajaran
•
•
•
•
•
•
Menyelesaikan soal-soal
integral tak tentu.
Mengingat kembali aturan
rantai pada turunan fungsi.
Menjelaskan konsep integral substitusi sebagai
lawan dari turunan menggunakan aturan rantai.
Menurunkan rumus integral fungsi berpangkat.
Bersama-sama mengintegralkan fungsi menggunakan metode integral substitusi.
Menyelesaikan soal-soal
integral fungsi menggunakan metode integral substitusi.
Pembelajaran
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
• Tugas
Tes Tertulis
• Pilihan Ganda
• Uraian
• Tugas
Penilaian
Alokasi
Waktu
Sumber Belajar
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
Sekolah
Mata Pelajaran
Kelas/Semester
Materi/Submateri Pokok
Alokasi Waktu
:
:
:
:
:
SMA/MA
Matematika
XI/2
Persamaan Lingkaran
12 × 45 menit (5 kali pertemuan)
A.
Kompetensi Dasar dan Indikator
1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya.
Indikator:
Mengagumi konsep persamaan lingkaran dalam peranannya membantu menyelesaikan masalah
keseharian.
2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan
sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan
masalah.
2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh menghadapi masalah, kritis dan disiplin
dalam melakukan tugas belajar matematika.
2.3 Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur, dan perilaku peduli lingkungan.
Indikator:
•
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan
menyelesaikan permasalahan.
•
Memiliki rasa keingintahuan mempelajari persamaan lingkaran, serta kemanfaatannya.
•
Memiliki sikap terbuka, berperilaku peduli, dan toleransi dalam menghadapi masalah dalam
mempelajari persamaan lingkaran.
3.18 Mendeskripsikan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran dengan
menggunakan metode koordinat.
3.19 Mendeskripsikan konsep dan kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menurunkan persamaan
umum lingkaran dengan metode koordinat.
Indikator:
•
Mampu menentukan persamaan lingkaran yang diketahui titik pusat dan jari-jarinya.
•
Mampu menentukan kedudukan titik terhadap lingkaran.
•
Mampu menentukan kedudukan garis terhadap lingkaran.
4.13 Mengolah informasi dari suatu masalah nyata, mengidentifikasi sebuah titik sebagai pusat lingkaran
yang melalui suatu titik tertentu, membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan
menyelesaikan masalah tersebut.
4.14 Merancang dan mengajukan masalah nyata terkait garis singgung lingkaran serta menyelesaikannya
dengan melakukan manipulasi aljabar dan menerapkan berbagai konsep lingkaran.
Indikator:
•
Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran dengan gradien tertentu.
•
Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran.
•
Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar lingkaran.
B.
Tujuan Pembelajaran
1. menjelaskan konsep persamaan lingkaran dan menganalisis sifat garis singgung lingkaran;
2. menjelaskan konsep kurva lingkaran dengan titik pusat tertentu dan menentukan persamaan umum
lingkaran;
3. membuat model matematika berupa persamaan lingkaran dan menyelesaiakan permasalahan tersebut;
4. merancang dan menyelesaikan permasalahan nyata yang berkaitan dengan garis singgung lingkaran.
270
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
C.
Materi Pembelajaran
•
Pengertian Lingkaran
•
Persamaan Lingkaran
•
Kedudukan Titik terhadap Lingkaran
•
Kedudukan Garis terhadap Lingkaran
•
Pengertian Garis Singgung Lingkaran
•
Persamaan Garis Singgung Lingkaran yang Diketahui Gradiennya
•
Persamaan Garis Singgung Lingkaran di Suatu Titik pada Lingkaran
•
Persamaan Garis Singgung Lingkaran di Suatu Titik di Luar Lingkaran
D.
Metode Pembelajaran
Pendekatan : Scientific Approach
Model
: Siklus Belajar (Learning Cycle)
Metode
: Problem Solving dan Diskusi
E.
Media, Alat, dan Sumber Pembelajaran
F.
1.
Media
Kertas berpetak
2.
Alat dan Bahan
a. Jangka
b. Penggaris
3.
Sumber Belajar
a. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
b. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
c. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara
d. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara
Kegiatan Pembelajaran
Pertemuan I (2 jp)
1.
Pendahuluan (10 menit)
a. Guru mengajak siswa mengingat kembali pengertian lingkaran dan unsur-unsurnya.
b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.
2.
Kegiatan Inti (70 menit)
a. Guru menggambar lingkaran dengan pusat O(0, 0), kemudian guru memilih sembarang titik pada
lingkaran, misalkan titik T(x, y).
b. Guru membimbing siswa menentukan jarak antara titik O(0, 0) dan titik T(x, y).
c. Guru menjelaskan bahwa jarak antara kedua titik tersebut merupakan jari-jari lingkaran. Selanjutnya
guru mengajak siswa merumuskan persamaan lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0).
d. Guru menggambar lingkaran dengan titik pusat tidak di titik O(0, 0) melainkan P(a, b), kemudian
guru memilih sembarang titik pada lingkaran, misalkan titik T(x, y).
e. Guru membimbing siswa menentukan jarak antara titik P(a, b) dan titik T(x, y).
f. Guru mengajak siswa merumuskan persamaan lingkaran yang berpusat di titik P(a, b).
g. Guru memberikan tugas kepada siswa untuk membuktikan titik pusat dan jari-jari lingkaran.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa agar dapat mampu
merumuskan persamaan lingkaran.
b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.
Matematika Kelas XI
271
Pertemuan II (3 jp)
1.
Pendahuluan (10 menit)
a. Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali pelajaran pada pertemuan sebelumnya.
b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.
2.
Kegiatan Inti (115 menit)
a. Guru menggambarkan sebuah lingkaran sembarang. Guru juga membuat beberapa titik sembarang
di sekitar lingkaran.
b. Guru mengajak siswa memahami posisi (kedudukan) titik terhadap lingkaran.
c. Siswa mampu memahami konsep kedudukan titik terhadap lingkaran, yaitu di dalam lingkaran,
pada lingkaran, dan di luar lingkaran.
d. Guru mengajak siswa menentukan aturan atau sifat kedudukan titik terhadap lingkaran.
e. Siswa memahami contoh soal kedudukan titik terhadap lingkaran.
f. Guru menggambarkan sebuah lingkaran sembarang. Guru juga membuat beberapa garis di sekitar
lingkaran.
g. Guru mengajak siswa memahami posisi (kedudukan) garis terhadap lingkaran.
h. Siswa mampu memahami konsep kedudukan garis terhadap lingkaran, yaitu memotong lingkaran,
menyinggung lingkaran, dan tidak memotong lingkaran.
i. Guru mengajak siswa menentukan aturan atau sifat kedudukan garis terhadap lingkaran.
j. Guru mengajak siswa diskusi menentukan jarak sebuah titik terhadap sebuah garis.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat mampu
merumuskan aturan kedudukan titik dan garis terhadap lingkaran.
b. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa.
1.
Pertemuan III (2 jp)
Pendahuluan (10 menit)
a Guru mengingatkan kembali materi pada pertemuan sebelumnya tentang kedudukan sebuah garis
terhadap lingkaran.
b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.
2.
Kegiatan Inti (70 menit)
a. Guru memberikan gambaran tentang garis singgung lingkaran.
b. Guru menjelaskan hubungan antara garis singgung lingkaran dengan jari-jari lingkaran.
c. Guru mengajak siswa mengingat kembali syarat kedua garis saling sejajar dan tegak lurus.
d. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan garis singgung y = mx + c.
e. Guru mengajak siswa diskusi menentukan persamaan garis singgung dengan cara mensubstitusikan
persamaan y = mx + c ke dalam persamaan lingkaran.
f. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik P(a, b) dan garis singgung y = mx + c.
g. Guru mengajak siswa diskusi menentukan persamaan garis singgung dengan cara mensubstitusikan
persamaan y = mx + c ke dalam persamaan lingkaran.
h. Siswa menemukan konsep dan rumusan persamaan garis singgung lingkaran yang diketahui
gradiennya.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat mampu
merumuskan persamaan garis singgung lingkaran.
b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.
272
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
Pertemuan IV (3 jp)
1.
Pendahuluan (10 menit)
a Guru mengingatkan kembali materi pada pertemuan sebelumnya tentang persamaan garis singgung
lingkaran yang diketahui gradiennya.
b. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.
2.
Kegiatan Inti (115 menit)
a. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan memilih sembarang titik pada
lingkaran, misalkan T(x1, y1).
b. Guru mengajak siswa menentukan gradien antara titik T(x1, y1) dan O(0, 0).
c. Guru mengajak siswa untuk menggunakan sifat dua garis yang saling tegak lurus, untuk memperoleh
gradien garis singgung.
d. Siswa merumuskan persamaan garis singgung lingkaran di titik T(x1, y1).
e. Guru membimbing siswa menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang berpusat di P(a, b)
dan titik singgung T(x1, y1).
f. Guru membuat sebuah lingkaran yang berpusat di titik O(0, 0) dan memilih sembarang titik di luar
lingkaran, misalkan Q(x1, y1).
g. Guru menjelaskan pengertian garis kutub dan kegunaannya.
h. Guru mengajak siswa berlatih menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar
lingkaran.
i. Siswa mampu menemukan konsep dan rumusan persamaan garis singgung di titik tertentu.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat mampu
merumuskan persamaan garis singgung lingkaran di titik tertentu.
b. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa.
c. Guru menyampaikan informasi bahwa pertemuan berikutnya diadakan ulangan harian bab persamaan
lingkaran.
Pertemuan V (2 jp)
1.
Pendahuluan (10 menit)
a. Guru meminta siswa memasukkan semua barang yang di atas meja ke laci atau tas dan siswa
menyiapkan bolpoin dan penggaris.
b. Guru membagikan kertas untuk lembar jawaban dan coret-coret.
2.
Kegiatan Inti (70 menit)
a. Guru memimpin siswa untuk berdoa sebelum mengerjakan soal ulangan harian.
b. Siswa mengerjakan soal evaluasi dengan teliti dan jujur, kemudian hasilnya dikumpulkan.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru meminta siswa untuk mengumpulkan hasil ulangan, kemudian memberikan penjelasan bahwa
hasil ulangan merupakan indikator tingkat penguasaan siswa terhadap materi persamaan lingkaran.
b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.
G. Penilaian
1. Teknik dan Bentuk Instrumen
Teknik
Bentuk Instrumen
Pengamatan Sikap
Lembar Pengamatan Sikap dan Rubrik
Tes Tertulis
Tes Pilihan Ganda dan Uraian
Portofolio
Kumpulan Laporan dan Produk
Matematika Kelas XI
273
2.
Contoh Instrumen
a. Lembar Pengamatan Sikap
No.
Skor
Aspek yang Dinilai
3
b.
274
1.
Mengagumi konsep persamaan lingkaran
dalam perannya membantu menyelesaikan
masalah keseharian.
2.
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat,
disiplin, dan percaya diri dalam menghadapi
dan menyelesaikan permasalahan tentang
persamaan lingkaran.
3.
Memiliki sikap dan berperilaku jujur, kritis
dalam menghadapi permasalahan seharihari.
4.
Memiliki rasa keingintahuan kegunaan
mempelajari persamaan lingkaran.
2
Keterangan
1
Rubrik Penilaian Sikap
No.
Aspek yang Dinilai
Keterangan
1.
Mengagumi konsep persamaan lingkaran
dalam perannya membantu menyelesaikan
masalah keseharian.
3 : Menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati
terhadap peluang serta sepenuhnya mengetahui peranan
persamaan lingkaran dalam membantu menyelesaikan
masalah nyata.
2 : Kurang menunjukkan ekspresi kekaguman dan
menghayati terhadap persamaan lingkaran dan belum
sepenuhnya mengetahui peranan peluang dalam
membantu menyelesaikan masalah nyata.
1 : Tidak menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati
terhadap peluang dan tidak mengetahui peranan
persamaan lingkaran dalam membantu menyelesaikan
masalah nyata.
2.
Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat,
disiplin, dan percaya diri dalam menghadapi
dan menyelesaikan permasalahan tentang
persamaan lingkaran.
3 : Menunjukkan sikap konsisten, teliti dan cermat dalam
mengerjakan soal. Bersikap disiplin dan percaya diri
dalam menghadapi tantangan tanpa ada rasa takut.
Justru merasa yakin bisa menyelesaikan permasalahannya.
2 : Kurang menunjukkan sikap konsisten, teliti dan cermat
dalam mengerjakan soal. Kurang bersikap disiplin dan
kurang percaya diri dalam menghadapi tantangan.
1 : Tidak menunjukkan sikap konsisten, teliti dan cermat
dalam mengerjakan soal. Tidak bersikap disiplin dan tidak
percaya diri dalam menghadapi tantangan. Sering
merasa takut salah sehingga tidak bertindak menyelesaikannya.
3.
Memiliki sikap dan berperilaku jujur, kritis
dalam menghadapi permasalahan seharihari.
3 : Menunjukkan sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam
menghadapi permasalahan sehari-hari.
2 : Kurang menunjukkan sikap dan berperilaku jujur, kritis
dalam menghadapi permasalahan sehari-hari.
1 : Tidak menunjukkan sikap dan berperilaku jujur, kritis
dalam menghadapi permasalahan sehari-hari.
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
No.
Aspek yang Dinilai
Keterangan
4.
Memiliki rasa keingintahuan kegunaan
mempelajari persamaan lingkaran.
3 : Menunjukkan sikap rasa keingintahuan yang tinggi
tentang kegunaan mempelajari persamaan lingkaran. Hal
ini ditunjukkan dengan sering bertanya hal-hal yang
belum diketahui. Memiliki pola pikir yang kritis terhadap
sesuatu yang baru.
2 : Kurang menunjukkan sikap rasa keingintahuan tentang
kegunaan mempelajari persamaan lingkaran. Hal ini
ditunjukkan dengan kurang aktif dalam bertanya jawab.
Kurang kritis terhadap sesuatu yang baru diketahui.
1 : Tidak menunjukkan sikap rasa keingintahuan tentang
kegunaan mempelajari persamaan lingkaran. Hal ini
ditunjukkan dengan tidak aktif dalam bertanya jawab.
Tidak peduli terhadap sesuatu yang baru diketahui.
Mengetahui
Kepala SMA/MA . . . .
Guru Bidang
.........................
NIP__________________
.........................
NIP__________________
Matematika Kelas XI
275
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
Sekolah
Mata Pelajaran
Kelas/Semester
Materi/Submateri Pokok
Alokasi Waktu
:
:
:
:
:
SMA/MA
Matematika
XI/2
Transformasi Geometri
8 × 45 menit
A.
Kompetensi Dasar dan Indikator
1.1 Menghargai dan menghayati ajaran agama yang dianutnya.
Indikator:
Menghayati dan mengamalkan konsep transformasi geometri dalam perannya membantu menyelesaikan
masalah
2.1 Memiliki motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin, rasa percaya diri, dan
sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan strategi menyelesaikan
masalah.
2.2 Mampu mentransformasi diri dalam berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin
dalam melakukan tugas belajar matematika.
2.3 Menunjukkan sikap bertanggung jawab, rasa ingin tahu, jujur dan perilaku peduli lingkungan.
Indikator:
•
Mampu menunjukkan sikap motivasi internal, kemampuan bekerja sama, konsisten, sikap disiplin,
rasa percaya diri, dan sikap toleransi dalam perbedaan strategi berpikir dalam memilih dan menerapkan
strategi menyelesaikan masalah.
•
Mampu menunjukkan sikap berperilaku jujur, tangguh mengadapi masalah, kritis dan disiplin dalam
melakukan tugas belajar matematika.
3.20 Menganalisis sifat-sifat transformasi geometri (translasi, refleksi garis, dilatasi, dan rotasi) dengan
pendekatan koordinat dan menerapkannya dalam menyelesaikan masalah.
Indikator:
•
Mampu memahami konsep dasar transformasi geometri yang meliputi translasi, refleksi, dilatasi,
dan rotasi menggunakan sudut pandang koordinat
•
Mampu menjelaskan sifat-sifat transformasi geometri
•
Mampu menentukan bayangan titik oleh translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi
4.15 Menyajikan objek kontekstual, menganalisis informasi terkait sifat-sifat objek dan menerapkan aturan
transformasi geometri (refleksi, translasi, dilatasi, dan rotasi) dalam memecahkan masalah.
Indikator:
•
Mampu mendeskripsikan cara menggunakan sifat transformasi geometri untuk menentukan
persamaan bayangan kurva oleh sebuah transformasi geometri
•
Mampu menentukan persamaan bayangan kurva oleh sebuah transformasi geometri
•
Mampu menerapkan aturan transformasi geometri dan sifat objek untuk menyelesaikan transformasi
geometri terhadap kurva
B.
Tujuan Pembelajaran
1. Siswa mampu menganalisis sifat-sifat transformasi geometri (translasi, refleksi, dilatasi, dan rotasi)
dengan pendekatan koordinat dan menerapkannya dalam menyelesaikan masalah;
2. Siswa mampu menyajikan objek kontekstual, menganalisis informasi terkait sifat-sifat objek dan
menerapkan aturan transformasi geometri (refleksi, translasi, dilatasi, dan rotasi) dalam memecahkan
masalah.
C.
Materi Pembelajaran
•
Translasi dan refleksi terhadap titik
•
Translasi dan refleksi terhadap kurva
•
Rotasi dan dilatasi terhadap titik
•
Rotasi dan dilatasi terhadap kurva
276
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
D.
Metode Pembelajaran
Pendekatan : Scientific Approach
Model
: Siklus Belajar (Learning Cycle)
Metode
: Problem Solving dan Diskusi
E.
Media, Alat, dan Sumber Pembelajaran
F.
1.
Alat dan Bahan
a. Kertas
b. Alat tulis
c. Komputer
2.
Sumber Belajar
a. Buku Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia
b. Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas XI, Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik
Indonesia
c. Buku PR Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara
d. Buku PG Matematika Kelas XIB, PT Intan Pariwara
Kegiatan Pembelajaran
Pertemuan I (3 jp)
1.
Pendahuluan (15 menit)
Guru mengajak siswa mengamati peristiwa atau fenomena dalam keseharian yang berhubungan dengan
translasi dan refleksi. Sebagai contoh, siswa mengamati fenomena bayangan saat bercermin dan
perpindahan manusia saat manusia bepergian.
2.
Kegiatan Inti (110 menit)
a. Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali materi tentang translasi. Sebagai contoh, guru
mengingatkan kembali prinsip perpindahan dalam translasi. Guru juga mengingatkan kembali materi
mengenai refleksi.
b. Guru melanjutkan pelajaran dengan menjelaskan notasi translasi pada sebuah titik, yaitu
a
T= 
b
 
→ A′(x + a, y + b).
A(x, y) 
c.
d.
e.
f.
g.
3.
Guru memberikan contoh permasalahan tentang translasi.
Guru menjelaskan rotasi dan notasinya. Setelah itu guru memberikan gambar-gambar posisi sebuah
titik yang direfleksikan terhadap sumbu-sumbu tertentu. Guru juga memberikan tabel tentang hasil
refleksi sebuah titik terhadap sumbu-sumbu tertentu.
Guru menjelaskan konsep translasi dan refleksi yang diterapkan pada kurva. Guru memberikan
langkah-langkah yang dapat digunakan siswa untuk menentukan persamaan bayangan kurva.
Guru membimbing siswa untuk mengerjakan tugas Pemantapan.
Guru membimbing siswa untuk berlatih mengerjakan soal tentang translasi dan refleksi. Guru dapat
menggunakan soal-soal pada bagian Contoh Soal, Latihan 1, mengambil dari sumber lain (misalnya
dari internet), atau guru dapat membuat soal sendiri.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran yang berkaitan dengan translasi dan refleksi.
Guru juga dapat memberikan siswa soal-soal pekerjaan rumah yang diambil dari Latihan 1.
b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.
Pertemuan II (3 jp)
1.
Pendahuluan (15 menit)
Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali materi mengenai rotasi dan dilatasi. Materi tersebut
pernah dipelajari saat siswa duduk di bangku SMP. Sebagai contoh guru mengajak siswa mengamati
peristiwa atau fenomena dalam keseharian yang berhubungan dengan rotasi dan dilatasi.
Matematika Kelas XI
277
2.
Kegiatan Inti (110 menit)
a. Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali materi tentang rotasi. Sebagai contoh guru
mengingatkan kembali hubungan antara tanda negatif sudut dan arah putaran dalam rotasi.
b. Guru menjelaskan rotasi dan notasinya. Setelah itu guru memberikan tabel mengenai posisi sebuah
titik yang dirotasi terhadap titik O(0, 0) dan titik (a, b) serta dengan sudut rotasi tertentu.
c. Guru memberikan contoh permasalahan tentang rotasi.
d. Guru juga mengingatkan kembali materi mengenai dilatasi. Selanjutnya guru menjelaskan konsep
dilatasi dan notasinya.
e. Guru melanjutkan pembelajaran dengan memberikan konsep luas benda yang dihasilkan setelah
benda tersebut dikenakan dilatasi.
f. Guru menjelaskan konsep rotasi dan dilatasi yang diterapkan pada kurva. Guru memberikan langkahlangkah yang dapat digunakan siswa untuk menentukan persamaan bayangan kurva. Guru memberikan contoh permasalahan mengenai persamaan bayangan lingkaran oleh sebuah rotasi.
g. Guru membimbing siswa untuk mengerjakan tugas Pemantapan.
h. Guru membimbing siswa untuk berlatih mengerjakan soal tentang rotasi dan dilatasi. Guru dapat
menggunakan soal-soal pada bagian Contoh Soal, Latihan 2, mengambil dari sumber lain (misalnya
dari internet), atau guru dapat membuat soal sendiri.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
a. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran yang berkaitan dengan rotasi dan dilatasi.
Guru dapat memberikan pekerjaan rumah kepada siswa untuk mengerjakan permasalahan dalam
Mari Berselancar di Internet.
b. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.
Pertemuan III (2 jp)
1.
Pendahuluan (10 menit)
a. Guru meminta siswa untuk menyiapkan bolpoin dan alat tulis lain guna menghadapi ulangan harian.
b. Guru membagikan kertas untuk lembar jawaban dan coret-coret.
2.
Kegiatan Inti (70 menit)
a. Guru memimpin siswa berdoa sebelum mengerjakan soal ulangan harian.
b. Siswa mengerjakan soal ulangan harian dengan teliti dan jujur, kemudian hasilnya dikumpulkan.
c. Guru memberi kesempatan kepada siswa untuk bertanya tentang soal-soal ulangan harian yang
belum dimengerti atau kurang jelas maksudnya.
3.
Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru menginstruksikan kepada siswa untuk mengumpulkan pekerjaannya jika sudah selesai.
G. Penilaian
1.
Teknik dan Bentuk Instrumen
Teknik
278
Bentuk Instrumen
Pengamatan Sikap
Lembar Pengamatan Sikap dan Rubrik
Tes Tertulis
Tes Pilihan Ganda dan Uraian
Portofolio
Kumpulan Laporan dan Produk
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
2.
Contoh Instrumen
a. Lembar Penilaian Sikap
No.
Skor
Aspek yang Dinilai
3
b.
1.
Mengagumi dan menyadari manfaat ilmu
transformasi geometri dalam keseharian dan
bersyukur atas nikmat tersebut.
2.
Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi.
3.
Bersikap kritis, disiplin, dan teliti dalam
melakukan kegiatan baik secara individu
maupun kelompok.
4.
Memiliki sikap menghargai dan bekerja sama
dalam melakukan sesuatu hal dengan
orang lain.
2
Keterangan
1
Rubrik Penilaian Sikap
No.
Aspek yang Dinilai
Keterangan
1.
Mengagumi dan menyadari manfaat ilmu
transformasi geometri dalam keseharian dan
bersyukur atas nikmat tersebut.
3 : menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap transformasi
geometri dan manfaatnya sehingga merasa sangat penting
dan perlu mempelajari transformasi geometri.
2 : belum menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap
transformasi geometri dan manfaatnya sehingga kurang
bersemangat dalam mempelajari transformasi geometri.
1 : tidak menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap
transformasi geometri dan manfaatnya sehingga tidak
bersemangat dalam mempelajari transformasi geometri.
2.
Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi.
3 : menunjukkan rasa ingin tahu yang tinggi dengan banyak
bertanya, antusias, terlibat aktif dalam kegiatan belajar,
berani mengemukakan pendapat, dan tidak takut salah.
2 : menunjukkan rasa ingin tahu, tetapi tidak terlalu antusias,
terlibat aktif dalam kegiatan belajar ketika disuruh, dan
masih takut atau ragu dalam mengungkapkan pertanyaan
atau pendapat.
1 : tidak menunjukkan antusias dalam pengamatan, sulit
terlibat aktif dalam kegiatan belajar meskipun telah didorong
untuk terlibat, dan tidak pernah mengemukakan pertanyaan atau pendapat.
3.
Bersikap kritis, disiplin, dan teliti dalam
melakukan kegiatan baik secara individu
maupun kelompok.
3 : menunjukkan sikap kritis, disiplin, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok
misalnya sering bertanya hal-hal yang kurang jelas, disiplin
dan teliti dalam menghitung dan menyelesaikan masalah.
2 : kurang menunjukkan sikap kritis, disiplin, dan teliti dalam
melakukan kegiatan baik secara individu maupun
kelompok misalnya masih malu/takut bertanya hal-hal
yang kurang jelas, kurang disiplin dan kurang teliti dalam
menghitung dan menyelesaikan masalah.
1 : tidak mempunyai sikap kritis, disiplin, dan teliti dalam
kegiatan belajar maupun dalam menyelesaikan masalah.
Matematika Kelas XI
279
No.
Aspek yang Dinilai
Keterangan
4.
Memiliki sikap menghargai dan bekerja sama
dalam melakukan sesuatu hal dengan
orang lain.
3 : Mempunyai sikap suka bekerja sama dan menghargai
yang tinggi kepada orang lain dan teman dalam berdiskusi
atau melakukan tugas bersama. Meskipun ada beberapa
perbedaan pendapat atau pemikiran.
2 : Kurang dalam bersikap bekerja sama dan menghargai
orang lain dan teman dalam berdiskusi atau melakukan
tugas bersama. Di sini bisa ditunjukkan dengan sikap agak
sungkan kepada orang lain.
1 : Tidak mempunyai sikap bekerja sama dan tidak menghargai orang lain dan teman dalam berdiskusi atau melakukan tugas bersama. Segala sesuatu dikerjakan sendiri
padahal membutuhkan pemikiran banyak teman. Tidak
respon terhadap pendapat orang lain.
Mengetahui
Kepala SMA/MA . . . .
Guru Bidang
.........................
NIP.___________________
.........................
NIP.___________________
280
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
Download
Random flashcards
hardi

0 Cards oauth2_google_0810629b-edb6-401f-b28c-674c45d34d87

Rekening Agen Resmi De Nature Indonesia

9 Cards denaturerumahsehat

Rekening Agen Resmi De Nature Indonesia

9 Cards denaturerumahsehat

Nomor Rekening Asli Agen De Nature Indonesia

2 Cards denaturerumahsehat

Create flashcards